Óscar M. González Cuevas es ingeniero civil egresado de la Universidad de Yucatán, con grados de maestro en Ingeniería y de doctor en Ingeniería, con especialidad en estructuras, por la Universidad Nacional Autónoma de México.

Actualmente es profesor de tiempo completo en la Universidad Autónoma Metropolitana (uam), Unidad Azcapotzalco. En esta institución imparte cursos de Estática, Diseño estructural. Análisis estructural y Estructuras de concreto. También realiza investigaciones en el campo de la reparación de estructuras dañadas por sismos y coordina el posgrado en Ingeniería estructural que ha iniciado actividades en el año 2001. Fue fundador de la uam en el año de 1974 y ha ocupado diversos cargos de dirección, incluyendo él de Director de la División de Ciencias Básicas e Ingeniería (1979-1981), Rector de la Unidad Azcapotzalco (1981-1985) y Rector general (1985-1989).

El Dr. González Cuevas es autor, con el Ing. Francisco Robles Fernández, del libro Aspectos Fundamentales del Concreto Reforzado, que ha venido publicando esta misma casa editorial, en tres ediciones (1974,1985,1995), y que se usa ampliamente como libró de texto en escuelas y facultades de Ingeniería de varios países de habla hispana. Ha escrito otros libros y artículos sobre Ingeniería estructural, y sobre planeación y administración universitaria, así como trabajos presentados en congresos nacionales e internacionales. Es miembro del Comité Seguridad Estructural del Gobierno del Distrito Federal y en este carácter participa en la revisión y elaboración del Reglamento para las Construcciones del Distrito Federal.

Entre las principales distinciones y reconocimientos que ha recibido destacan el doctorado Honoris Causa de la Universidad de Yucatán (1977), Presea Guillermo Álvarez Macías de la Cooperativa de Cemento La Cniz Azul (1990), Premio "El Registro’ del instituto Mexicano del Cemento y dé] Concreto (1999), Académico Emérito de la Academia Nacional de Ingeniería (2001) y Premio a la Docencia en Ingeniería CM 2001 de la Fundación ic a . Ha sido Presidente de la Academia Nacional de ingeniería (1986-1967) y de la Sociedad Mexicana de Ingeniería Estructural (1906-1997).

Acerca del autor

Presentación

Este libro ha sido escrito con el propósito fundamental.ge ayudar a profesores) enseflanzay el aprendizaje del análisis estructural. Esta disciplina constituye una

dsefl"«!^ í dominio es indispensable para los profesionales^

presas, plantas industriales, plataformas marítimas, etc. El anáfisis estructura? esJ las asignaturas que más contribuyen a la formación dé los alumnos, a su enH^H de conceptos abstractos y a la adquisición de habilidades intelectuales re^^^H profesional de la ingenierfa. Por estas razones, ha ocupado, desde hace mucho tiempo, un lugar I destacado en los planes de estudio.

Los métodos básicos del análisis estructural conducen a la formulación de sistemas de ecuaciones simultáneas que, para estructuras de regular tamaño, llegan a ser de grado elevado. Su resolución por métodos manuales consume mücho tiempo. Para solucionar este problema, se desarrollaron métodos numéricos que resultaban menos lentos, pero que seguían siendo laboriosos y propensos a que se cometiesen errores. El método de Cross es un ejemplo típico. Con él advenimiento de las computadoras, la resolución de grandes sistemas de ecuaciones simultáneas dejó de ser un problema, y se regresó a los métodos fundamentales, el de las fuerzas y el de las deformaciones o desplazamientos. Pero estos métodos se replantearon con un enfoque matricial más adecuado a la utilización de computadoras. Distintos libros de análisis estructural utilizan enfoques también diferentes según el desarrollo histórico mencionado.

El enfoque seguido en este libro es el siguiente. En el primer capitulo se hace una revisión dél proceso general de diserto y se ubica a la etapa dél análisis estructural dentro de este proceso. El capitulo 2 comprende una revisión del tema de estructuras isostáticas, estudiado generalmente en cur­ios previos a los de análisis estructural, llamados estática o estructuras isostáticas en las escuelas de ingenierfa; el dominio de este tema es fundamental y por eso su inclusión en este libro y la recomendación de que no se continúe con los otros capítulos si este no se ha estudiado a profundidad, la resolución de estructuras hiperestáticas, campo de estudio del análisis estructural, requiere del cücuto de deformaciones de estructuras isostáticas; en el capitulo 3 se estudia este tema en forma completa, aunque algunos métodos incluidos en el libro, no todos, se ven en cursos previa*. Los ca­pítulos 4 y 5 presentan los método» básicos o fundamentales del análisis estructural: el de las faena*y el de la» deformaciones, respectivamente. El método pendiente-deflexión, que es el mismo de las deformaciones en sus principio» básicos, se incluye en el capitulo 6. El método de Cross, ya mencionado, se presenta en los capítulos 7,8 y 9, tratando por separado los casos de vigas continuas, marcos sin di*pla*aml»nto lateral y marcos con desplazamiento lateral; su inclusión obedece a qu»

I considera importante a pesar de que ya no se incluye en alguno» programas de estudio.

El estudio del análisis estructural resulla difícil, en ocasiones, para algunos alumnos. POr esla razón, el autor ha tratado de presentar el material de la manera mis clara posible, conservando I desde luego el rigor de la disciplina e incluyendo ol desarrollo total de las demostraciones. Se ha tenido especial cuidado de explicar con detalle aquellos conceptos que, en la experiencia del autor, son de más difícil comprensión, aun a riesgo de caer en repeticiones. Los numerosos ejemplos resueltos so presentan en forma completa e incluyen el trazado de los diagramas de acciones, ya que es conveniente que el alumno adquiera el entrenamiento de obtener estos diagramas o Interpretarlos debidamente. Los ejemplos se presentan en hojas enmarcadas, en forma similar a la empleada en despachos de cálculo, acompañados de comentarios sobre su desarrollo. Este método

del Conctclp Retoñado. Con base en varios testimonios recibidos, se considera que facilita el entendimiento do los ejemplos.

Debido a que el contenido del libro está constituido por principios y conceptos cuya vigencia tiene una naturaleza más o menos permanente, no se |iace referencia continua a libros y artículos que presenten avances sobre el tema. SI se presenta, al final del mismo, una bibliografía con algunos textos que el autor considera de excelente calidad y que recomienda consultar siempre que sea ppsible. Algunos son libros .clásicos, como el de Timoshenko. y otros son textos modernos con cualidades didácticas y magnificas presentaciones. . ,,

El material Incluido puede constituir la base de un primer curso de análisis estructural con duración de un semestre, siempre que los alumnos tengan una buena base de estática que permita que el capitulo 2 y paite del capítulo 3 puedan estudiarse a ritmo de un repaso. Algunos profesores

........ > del tiempo disponible y de

paite desuticm poaiBPH contenido del libro; le ha dado la oportunidad de enseñar la asignatura durante varios años, y le ha brindado recursos materiales indispensables. El contacto con sus alumnos, ha motivado al autor a tratar de comprender mejor Indisciplina, para poderla transmitir, y lo ba Impulsado a embarcarse en la empresa de escribir un libro que contribuya • facilitar su enseñanza. Julio Labastida, profesor de análisis estructural en la Universidad Veracnjzana, revisó buena parte del material, especialmente de k» ejemplos, y señaló al autor errores y omisiones que fueron oportunamente corregidos; los que no han sido detectados son responsabilidad exclusiva de quien escribe. Juan Casillas y José de la Cera, profesores de ja UAM, hicieron valiosas sugerencias para mejora, el material. Y alounos alumnos han ayudado directamente al aútor en la preparación de ejemplos y en la captura dd material; éntre eUos Alejandro Viveros Vizquez, Manud Corona Locra, julio Pineda Blanca» y EduantoAidto» Méndez. nnatowa*. se apafcce al equipo de Umusa la confianza depositada en el autot

Óscar M. González Giewson^cVfOlMaM^jm^

Contenido

Introducción 19

2.3.1 Sistema de fuerzas paralelas en un plano 22

2.3.2 Sistema de fuerzas no paralelas

2.3.3 Sistema de fuerzas concurren­tes en un plano 22

2.3.4 Sistema de fuerzas en el., espacio 22

ecuaciones de condición .-22-,vAcciones Internas 23 »■<Cálculo del grado d*

2.6.1 Vigas 25• 2.6.2.. Armaduras 28 . 1 ,

2.6.4 Inestabilidad geométrica. 34Análisis de vigas Isostítlcas 36ts t.»2.7.1 Determinación de las reacciones

en los apoyos 35- rgjf

Determinación del diagrama [de fuerza cortante 35 I Determinación del diagrama de momentd'flexiónante 35

Determinación de las reacciones 51 Determinación1’délas tuerzas

Determinación de las fuerzas cortantes y momentos * flexionantes S7* füM

el método de Newmarfc

2.T0.2 Cargas distribuidas ' /!

Introducción-.97 IIiy0a Teoría de la viga elástica 99 M - Cálculo de deformaciones por el método.de la doble integración 103 Cákulojde.deformacionesifitiiizaodo los

.Métodadel yigacooiufada .1253.5.1 Presentación del método 1253.5.2 Condiciones de apoyo de la viga

conjugada. 128| 3.5.3 Convención designa#.'*130

7.1 Introducción 4037.2 Conceptos fundamentales del

método 403

porte, momento transportado y rigidez lineal 403

7.2.2 Factores de distribución 406 73 Presentación del método 408

Problemas 436

Método de Cross para vigas continuas 403

Capítulo 8Método de Cross para marcos sin despla­zamiento lateral 439

8.1 Introducción 4398.2 Descripción del método 439 Problemas 455

Capítulo 9Método de Cross para marcos con despla­zamiento lateral 457

9.1 Introducción 4579.2 Marcos de un nivel 4579.3 Marcos de varios niveles 474 Problemas 494

10.2 Método directo 49910.3 Lineas de influencia por el principio de

MQIIer-BresIau 51010.4 Aplicaciones de lineas de influencia en

vigas 521 •!.:10.5 Momento flexionante máximo

absoluto 52610.6 Lineas de influencia de armaduras

isostáticas 530Problemas 542

Capítulo 11Líneas de influencia de estructuras hiperestáticas 547

11.1 Método directo 54711.1.1 Estructuras con un grado de

indeterminación 547 .. ■ Mi11.1.2 Estructuras con varios grados de

indeterminación .-.557 jn11.2 Método de Müller-Breslau 565 , ■mjiffi 11.2.1 Estructuras con un grado de

indeterminación 56511.2.2 Estructuras con varios grados

de indeterminación 569Problemas 580

10.1 Concepto de línea de influencia 497 BIBLIOGRAFIA 584

su

a

Figura 1.1. Procedimiento general

entre él proyecto arquitectónico y el diseño estructural y el de instalaciones. Los estudios descritos y el diseño arquitectónico se lie* van a cabo siguiendo las disposiciones de los reglamentos de construcción aplicables.

A continuación, se pasa a la etapa del diseño estructural. En la figura 1.1 se indica que esta etapa puede dividirse en tres partes: estructuración, análisis y dimensionamiento. En la parte de estructuración, se establece la geometría general de la obra, respetando el diseAo arquitectónico, se fijan los claros de las vigas, la separación y altura de las colum­nas, se seleccionan los materiales a emplear, se eligen sistemas de piso, etc. Esta parte suele llamarse 'concepción de la estructura* o ‘configuración estructural'. Es la parte más subjetiva del diseño estructural y aquella en que la experiencia, buen juicio e Intuición dd ingeniero juegan el pagel más importante. Una estructura mal concebida presentaráProblemas, independientemente dé qué tan bien o de con qué tanta precisión m hagan las

I para el diseño y construcción dé obras

etapas de análisis y dimensionamiento.1 Durante esta parte, es necesario hacer algu­nas estimaciones preliminares del tamaño de los miembros estructurales, tanto para esti­mar su peso propio, que forma parte de las cargas actuantes, como para calcular sus ri­gideces relativas, las cuales se requieren en la parte del análisis. Estas estimaciones pue­den hacerse utilizando procedimientos sim­plificados de análisis y dimensionamiento.0 únicamente con base en la experiencia del proyectista':

Después sigue la parte del análisis de la estructura, que es el tema de este texto-La acepción mis general de la palabra'aná­lisis* es: distinción y separación de las paites de un todo hatta llegar a conocer sus prlnch

1 Aunque el tema no forma pane de este loto, * recomienda a lo» alumnos de Ingonlerfá curuca»- ral leer algún libio al i—pacto, como por e|WH*! C. AmoldyB. Réftbenftan; fCOnflgúracIdn y P*j*- Ao Sísmico de (díñelos*. LIMUSA, México,

péoi o elementos (Diccionario de I* Lengua Española, Real Academia Española). Aplica­da esla Idea a una oslructura, lo que el análi-

en sus elementos conslitulivos y la deter­minación del efecto de las cargas aplicadas a la estructura en cada elemento: Cualquier estructura es un lodo continuo, pero para fines de análisis se puede dividir endistin- tos miembros, como serfan las barras eh una armadura, o las vigas, columnas y losas en

bos, sistemas de piso y cables, en umpuenie colgante. Una vez dividida latestructura en sus distintos miembros, la determinación del efecto de las cargas en cada miembro se lleva a cabo calculando las acciones'internri pro­ducidas por esas cargas, o sea, las fuerzas axiales, las fuerzas cortantes, los momentos flexfonantes y los momentos torsionantes en cada miembro, asf como las deformaciones de cada elemento y de la estructura completa. Este cálculo es la esencia del análisis estruc­tura/ y el objetivo de este libro es presentar distintos métodos para realizarlo.

Aunque el proceso completo de diseño estructural es en buena medida subjetivo y no tiene soluciones únicas, como ya se ha comentado, la parte del análisis estructural es completamente rigurosa y conduce a so­luciones únicas. Una vez planteada una es­tructura, las cargas que sobre ella actúan y los elementos estructurales en los que se ha dividido, las acciones internas en cada miembro tienen un valor cometo único. Las tuerzas axiales, las fuerzas cortantes, los momentos flexionantes y los momentos lor- sionantes en cada miembro deben ser loa mismos, cualquiera que sea el método empleado para calcularlos. Si se usan métodos aproximados de análisis, se obten­drán accione» interna* parecidas a las de las solucione* completas, que pueden aceptarse según su grado de aproximación. Sin embarra, el que la* soluciones teóricas sean únicas, no significa que en la estructura real

distribución de las cargas y de otros factores ¡Implican;trabajar sobre ui

coincide totalmente con la estructura real. pJ H esta razón, no se justifica realizar los cálculos con una precisión excesiva, aunque la solución

La tercera parte de la etapa del diseño estructural se refiere al dlmensionamiento de I los miembros estructurales. A partir de las I acciones internas calculadas en el análisis I estructural, se dlmenslonan miembros que puedan resistir dichas acciones dentro de condiciones de servicio aceptables. Por ejem­plo; si se trata de una estructura de concreto, será necesario determinar el tamaño de los elementos estructurales, el acero longitudinal y transversal, detallar anclajes y traslapes, revisar deflexiones y agrietamientos, etc. En esta parte se recurre más que en la anterior a fórmulas empíricas y a disposiciones regla­mentarias. El proyectista tiene más libertad de acción y la* solucione* correctas pueden variar según su criterio o los reglamentos que use. Por ejemplo, si está dimensionando una viga de acero, puede encontrar diversos per­files que resistan el momento flexionante calculado en el análisis de la estructura. O si la viga es de concreto, puede usar distintas relaciones entre su altura y su ancho. En los programas de ingeniería civil, generalmente se ofrecen cursos de dimensionamiento de distintos materiales, concreto, acero o ma­dera, posteriora* a los curso* de análisis es­tructural, para seguir la secuencia del proceso de diseño.

Puede suceder que una vez terminada la parte de dimensionamiento, los miembro* de la estructura resulten de un tamaño dife­rente al supuesto en la parte de etmicturacMn.Esto suele pasar cuando no se tiene mucha experiencia. Si se presenta esta situación,

seíin necesarios, dependerá de la diferencia

ios valores supuestos, y de alguno» oíros fac-

carga total; si se subestimaron los tamaños de lodos los miembros, sus rigideces relativas, que son!(as que importan en el anáfisis,

rigideces absolutas. El buen juicio del pro­yectista; nuevamente jugará un papel deter­minante en la decisión correspondiente.

la parte de análisis estructural únicamente. En lodos los problemas se plantea la ideali­zación de una estructura real y de las cargas que sobre ella actúan.4 Sin embargo, el lec­tor deberá estar consciente de la ubicación

seAo, asi como de su antecedente, la estructuración; y de su consecuentt, el

el riesgo de no otorgarle su justa importún­ela al contenido del cuno o de considerarlo como un ejercicio académico desvinculado de la realidad.

En la figura 1.1 se incluyen otras etapas del procedimiento general de diseño y cons­trucción. Simultáneamente con el diseño, estructural, se puede realizar el diseño de las instalaciones, cuya importancia varia se­gún el tipo de obra. Aunque ambos diseños se hagan simultáneamente, no deben hacer­se independientemente, ya que la ubicación de las instalaciones puede afectar el diseño

Una vez realizados el dimensionam.cnn, y ,.| diseño de instalaciones, y plasmados sus

caciones de construcción, se elabora el presupuesto de la obra y el programa de cons- tracción. Después se ejecuta la obra, con una coordinación y supervisión técnica adecuada. Estas etapas no se comentan mayormente en este texto, no por ser menos importantes, sino por no estar directamente vinculadas al tema

1.2 Tipos de estructuras

En la práctica de la Ingeniería se pueden encontrar muchos tipos de estructuras. Por ejemplo, existen puentes de distinto tipo, como apoyados sobre vigas longitudinales, apoyados sobre una retícula de vigas, col­gantes, atirantados, con armaduras; etc. Existen bóvedas de diversas características, cilindri­cas, con anillo central de compresión, con tirantes. Cascarones cilindricos o en forma de paraboloide. Arcos de distintas formas. Vigas de un claro' o continuas. Marcos rígidos. Muros con cargas normales a su pla­no, como los de contención, o muros con cargas en su plano, como los utilizados en edificios altos. Estructuras a base de cables colgantes. A veces se combinan dos o más de estos diversos tipos, como en edificios altos

En este texto se tratan únicamente tres tipos de estructuras: vigas de un solo claro o de varios claros, armaduras y marcos rígidos. Puede parecer que es un número muy limi­tado de casos en comparación con la gran variedad existente en la realidad. Sin embar­go, el objetivo principal del libro es mostrar los principios fundamentales del análisis es­tructural, y esto puede hacerse a partir de

Figura 1.3. Idealización de una estructura

de vigas y armaduras. Por lo tanto> las estructuras de la figura 1.2 ya son ideali­zaciones de estructuras planas.

- Otra idealización Importante se refiere al material de las estructuras. Los miembros de concreto reforzado y de acero estructural, los materiales más usados en estructuras, tiene gráficas caiga-deflexión como las de las figuras 1A-a y 6, respectivamente. Ambas tienen una zona aproximadamente lineal al inicio de la gráfica y. después, una amplia zona de comportamiento no lineal. En los métodos de análisis estructural presentados en este texto, se supone que los miembros estructurales tienen un comportamiento lineal y elástico, o sea, que su gráfica carga- deflexión es como la mostrada en la figura 1 A<. Existen métodos de análisis estructural •n los que no es necesaria esta idealizacióno suposición. Se llaman métodos no lineales de análisis, pero caen fuera del alcance de este texto. Esta suposición conduce a que las acciones internas calculadas con los métodos aquí presentados, se aproximen a las que ocurrirían en la estructura real bajo el «fadode cargas relativamente bajas, osea, no cercanas a las que producirían el colapso de la estructura, sino a las que producen

esfuerzos dentro de la zona de compor­tamiento lineal da'los materiales o de los miembros estructurales. Estas cargas son las llamadas carga» de servicio y, por lo tanto, el análisis se debe llevar a cabo con ellas. Si b tercera paite de la etapa de diseño estructural, el dimensionamiento, se hace con criterios de resistencia última, las acciones obtenidas en el análisis deben multiplicarse por los factores de carga especificados en el reglamento de construcciones aplicable. El mismo resultado se obtiene efectuando el análisis con las caigas de servicio multiplicadas previamente por los factores de caiga.

La suposición de que el material de las estructuras es lineal y elástico permite efectuar simplificaciones importantes en el análisis. Todos los efectos de las cargas aplicadas yarían linealmente. Por ejemplo, si se duplican las cargas, se duplican todas

Jasaccrones internas; si el módulo de elasticidad se reduce a la mitad, todas las deformaciones se duplican, ya que son inversamente proporcionales al módulo. U11 principio muy importante llamado de

i superposición de causas y efectos, que * estudiará mas adelante, sólo es aplicable si el material et lineal y elástico.

ro estructural H b) Coftcrelo reforcado I.Gráficas carga-deflexión (P-6) de miembros estructurales con>distiñtos materiales

Una tercera Idealización Se refiere al tamaño y comportamiento de los apoyos de las estructuras y de las intersecciones de sus miembros. Los apoyos Ideales, que se Conten­tan con detalle en el capítuló'2; representan puntos en los que no hay fricciones'que res­trinjan el desplazamiento o*las rotaciones dé los miembros, o bien, que les proporcionen un empotramiento perfecto. En los1 apoyos reales no se presenta esta situación'ideal; tienen dimensiones apréciables y siempre hay fricciones o empotramientos que no son perfectos. Lo mismo sucede con las intersec­ciones de miembros estructurales. Tienen dimensiones considerables y deformaciones dentro de la intersección que no se conside­ran normalmente en el análisis estructural. Se verá en los ejemplos del libro, que es fre­cuente considerar que los marcos están em­potrados en sus bases. En la realidad están ligados a las cimentaciones, que les propor­cionan un empotramiento parcial, que de­pende del tipo de cimentación y de terreno. Ésta es otra idealización importante.

Algunas de las’ cargas que actúan sobre las estructuro tienen un valor que no cambia con el tiempo. El peso propio de los miem­bros estructurales o el peso de los muros divisorios en un edificio de oficinas son

ejemplos de este tipo de cargas. Otras cargas, comoiJas cargas vivas, aunque cambian con el tiempo, 'lo'hacen> en periodos largos, ypueden considerarse como constantes, con un valor parecido al máximo que alcancen para!-fines de análisis. Cuando el análisis es­tructural se efectúa con cargas permanentes, como<las'anteriores, se denomina análisis I estático:'Este tipo de análisis es el estudiado en este libro.

Las estructuras pueden estar sujetas a acciones externas cuya magnitud varfa rápi­damente con el tiempo, como los sismos o el viento. Losefectos de estas acciones se estudian en los cunos de dinámica estructu­ral y no están incluidos en este texto. Sin embargo, los métodos de la dinámica estruc­tural permiten calcular cargas que se aplican a las estructuras, las cuales se analizan des­pués con los métodos estudiados en este curso para encontrar las acciones internas, o sea, los momentos flexionantesytorsionanlES, y las fuerzas axiales y cortantes.

Otro tipo de acciones extemas es el debido1' a vehículos en movimiento, como Irenes o camiones que circulen sobre puen­tes. En este caso, el efecto del movimiento se toma en cuenta multiplicando la carga

ser desorden de 1.30, o sea, se incrementa la carga en 30 por ciento. La estructura se analizaron esta carga incrementada con los métodos de análisis estático.

C a p ít u l o 2

Estructurasisostáticas

2.1 Introducción / 2.2 Reacciones en los apoyos / 2.3 Ecuaciones de equilibrio /Acciones internas / 2.6 Calculo del grado de indeterminación / 2.7 Anilisis de vigas isostáticas / 2.8 Armaduras / 2.9 Marcos / 2.10 Determinación de reacciones, fuerzas

método de Newmark

2.1 Introducción

lías estructuras se dividen, desde el punto de vista de los métodos de'análisis, en isostáticas o estáticamente determinadas, y en hiperestáticas o estáticamente indeter­minadas. Las primeras son aquellas que pueden analizarse utilizando únicamente las ecua­ciones de equilibrio de la'estática. Es decir, que pueden encontrarse las*fuerzas cortan­tes, momentos flexionanteS,i>fuerzas nor­males y momentos torsionantes; a partir de

2.2 Reacciones en los apoyos

Uno de los pasos necesarios para establecer si una estructura es isostática o hiperestática consiste en calcular el número de reaccio­nes que se desarrollan en los apoyos de la estructura. Por 1° tanto, es necesario deter­minar las reacciones que ocurren en los di­versos tipos de apoyo que se encuentran en la práctica. 1

Los tres tipos básicos de'apoyo se mues­tran esquemáticamente en la figura 2.1. El áiSoyO1 Simple restringe a la estructura con­tra desplazamientos verticales, pero permite desplazamientos horizontales y rotacioneso giros. En estos apoyos* se desarrolla una

Figura 2.2. Empotra

f e -

reacción Vertical, R pero la reacción hori­zontal, R^yel [nomento, Mr}son nulos. Por lo tanto sólo existe una reacción de apoyo.

El appvp articulado restringe los despla­zamientos verticales y horizontales, pero permite la]rotación. Existen poc lo tanto dos reacciones de apoyo, Rr y R y el momento,

El apoyo empotrado restringe los tres movimientos que pueden ocurrir en el plano: los desplazamientos verticales y horizonta­les y la rotación. En estos apoyos se desa­rrollan tres reacciones, ft R y M .

Los casos mostrados en la figura 2.1 representan apoyos de estructuras conte­nidas en un plano, o sea, estructuras bidi- mensionales. Muchas.estructuras reales pueden idealizarse o representarse en forma bldimensional, aunque en realidad sean tridimensionales. Esto suele hacerse por facilidad de análisis o porque los resultados que se obtienen en un análisis bidimensionáf no difieren mucho de los de un análisis tridi­mensional. Sin embargo, en algunas oca­siones es conveniente realizar el análisis estructural considerando el comportamiento en tres dimensiones. En este caso debe ob­servarse que érí'bn apoyo existen seis posi­bles desplazamientos: tres lineales y tres rotaciones. Tamblán existirán por lo tanto j

seis posibles reacciones de apoyo, R , R''R , I Lai’lres pri/ñérás restringen los I

posibles desplazamientos lineales y las otras I tres, Fas'poslbíes rotaciones. Nótese que la I reacción M_ restringe la rotación del I elemento estructural en’fnVplarioparaleloa I su sección transversal, ocasionando una torsión en el elemento. En la figura 2.2 se muestra el caso de un empotramiento en tres dimensiones en el que se desarrollan las seis reacciones de apoyo.

Todos los casos mostrados correspon­den a apoyos ideales que son difíciles de lo­grar totalmente en estructuras reales. Pan obtener, por ejemplo, un apoyo libre deben colocarse rodillos entre dos placas rígidas y reducirse a| máximo la fricción entre rodi­llos y placas para que las fuerzas horizonta­les sean mínimas. Aún así es prácticamente imposible lograr un apoyo libre perfecto. En un apoyo articulado, es necesario colocar una rótula o un cojinete que pueda girar con una fricción támbfén muy pequeña. Los empotramientos requieren de elementos de apoyo muy rígidos o masivos para restringir la rotación de los miembros estructurales que llegan a bichos apoyos; aunque en algunas ocasiones, los empotramientos se logran por condiciones especiales de simetría, como en •I caso mustiado en la figura 2.3. La viga

&•. ecuaciones llamad» ecuaciones de equilibrio. Estas ecuaciones dependen de las característi­cas del sistema de fuerzas. A continuación se analizan los casos más comunes.

23. 1 Sistema de fuerzas paralelas en un pji-

estructuras planas sujetas únicamente a car­gas por gravedad. Las cargas y las reaccio-

l f r = 0 y lMom 0 ‘ T i l

donde I f representa la suma de las cargas verticales, o sea, paralelas al eje Y, y ZMe re­presenta la suma de momentos alrededor de cualquier punto situado en el plano en que están contenidas las fuerzas. En. forma alter­nativa se pueden plantear dos ecuaciones de equilibrio que expresen la suma,de momen­tos alrededor de dos puntos distintos A y 8, pero el número de ecuaciones no se altera:

LUa »0 y LMe = 0 (2,2)

2.J.2 Sistema de tuerzas no paralelas en un plano. Cuando en.unai,estructura plana ac­túan cargas en distintas direcciones, estas tuerzas y las reacciones de apoyo constitu­yen un sistema de fuerzas no paralelas. Se tie­nen en este caso tres ecuaciones de equilibrio:

l f , = 0. l f f = 0, IMo»0 (2.3)

donde ZF, es la suma de fuerzas paralelas al eje X y los otros términos han 'flor defini­dos. En forma alternativa, el sistema (2.3) se puede plantear en la forma

U O 0, tht¿mO y ZM,mO (2.4)

siempre y cuando la Ifnea que une los pun­tos A y 0 no sea perpendicular al eje Y, o bien, en la forma

Z M ,-0, ZMb = 0 Y SMc mQ (2.5)

siempre y cuando los puntos A, B y C no

2.3.3 Sistema de fuerzas concurrentes en un plano. Las ecuaciones de equilibrio para un sistema de fuerzas comprendidas en un pla­no y que además concurren en un punto, puede expresarse de las tres maneras siguien-

Zf, rn 0 ,, l f f =.Ó .... (2.6)

siempre y cuando el punto A no esté situado sobre la recta perpendicular al eje V que pasa por el punto de concurrencia, y

, £Mg.4(£ ^ (2.8)

siempre y cuando la.recta que une los pun­tos A y B no pase por el punto de concu­rrencia de las fuerzas.

2,3,4 Sistema de fuerzas en el espacio. Este es el,«so más general y se presenta en estruc- turas tridimensionales con cargas no parale­las. Se tienen seis ecuaciones de equilibrio:

, . E%=0, Zfr m0,¡ i ,ll'

£M, = 0, !Mr -0 , lMt = 0 (2.9)

donde EF, es la suma de las fuerzas parale­las ál eje Z, IlWt, ZM. son las sumas de momentos alrededor de los ejes X, Y y Z, res­pectivamente, y los otros términos han sido definidos.

2.4 Ecuaciones de condición

Algunas estructuras poseen características especiales que permiten plantear ecuaciones

. Las articulación

placimiento lineal relativo de las partesq concurren en la articulación sin permitir que “ ; ' i Las ecuaciones

la fuerza cortante es nula en estas articObsérvese que en las'articulaciones

aunque él momento flexionante sea nulo, existe fuerza corlante,

___ i que en las articulaciones de cetante, no hay fuerza cortante pero sí hay m mentó flexionante.

[iasS

Figura 2.5. Vigas articuladas

2 5 Acciones internas

En el interior de los miembros estructurales se desarrollan acciones que pueden ser fuer­zas normales, fuerzas cortantes; momentos flexionantes y momentos torsionantesi En este texto se tratan principalmente los tres primeros tipos de acciones; que son los pie- dominantes en estructuras planas.

En la figura 2.6 se indican estas accio­nes Interiores y la convención de signos que se sigue en el texto. La figura 2.6a muestra un tramo de un miembro estructural en el que se hace un corteen la secciónala. Exis­ten dos maneras de analizar lo que sucede a ambos lados de este corte. En la primera manera, simplemente se separan los dos Cuerpos libres y so analizan las fuerzas in­

ternas en las caras.adyacentes al corte, figu­ra 2.6b. En la segunda manera, se considera que entre los dos cuerpos libres queda un elemento de longitud diferencial y se anali­zan las fuerzas internas que actúan en este elemento diferencial, figura 2.6c. _.

Las fuerzas¡ normales se consideran positivas cuando producen esfuerzos de ten­sión en las caras de los cuerpos libres en la sección a-a, o bien, esfuerzos de tensión en el elemento diferencial, figura 2.6d. Las fuer­zas normales positivas tienden entonces a alargar a los miembros estructurales y se re­presentan por vectores que se alejan de las caras de los cuerpos libres o de los elemen­tos diferenciales.

En ja figura 2-6e se muestra la conven­ción de signos para fuera* cortante. Es posi-

libre de la izquierda y hacia amba en el cuer­po libre de la derecha, o lo que es equiva­lente, hacia arriba en la cara izquierda del telemento diferencial y hacia abajo en la cara derecha. 'Una fuerza cortame positiva tiende a desplazar hacia abajo el cuerpo

de la izquierda.

> flexionante se indica en.la figura 2.6f. Un

compresión en las fibras superiores de los miembros o del elemento diferencial y de tensión cmlas fibras inferiores. Por lo tanto, un miembro estructural sujeto a momento flexionante positivo se deforma de tal ma­nera que tiende a ser cóncavo hacia arriba.

i — Q — r

« . ( □ >

figura 2.6, Convención de signo» para las Se

ato, si Ins cargas fuesen todas verticales, ha- porque al ‘

qulllbrlo y una sola ecuación de condición, ecuación <

EJEMPLO 2.1. CÁLCULO DEL GRADO DE INDETERMINACIÓN EN VARIAS VIGAS

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2.6.2 Armaduras. Las armaduras pueden ser externamente indeterminadas o internamen­te indeterminadas. Son externamente inde­terminadas, igual que las-vigas, cuando el número de reacciones de apoyo es mayor que el número de ecuaciones de equilibrio más el número de ecuaciones de condición, Si ambos números son iguales« son externa­mente ¡sostálicas. Por lo tanto, las ecua­ciones 2.10 pueden usarse para calcular la indeterminación externa.

La indeterminación interna ocurre cuando el número de miembros es mayor que el mínimo necesario para que la arma­dura sea estable. En este caso, las armadu- iasho pueden resolverse con las ecuaciones de equilibrio únicamente, empleando los métodos de los nudos o de las secciones estudiados en los cursos de estática. A con­tinuación se presenta la forma de calcular el grado de Indeterminación interna. Consi­dérese la armadura más sencilla posible, que es el triángulo mostrado en la figura 2.7a. Esta armadura puede resolverse por el mé­todo de los nudos, planteando para cada uno las ecuaciones de equilibrio Zf, = 0 y I f = 0. Es, por lo tanto, estáticamente determina­da. Si se denomina al número de reacciones de apoyo con la letra r, al número de nudos con la letra y y al número de barras con la letra b, la ecuación

r + tr=2/ 0.11)

se cumple para esta armadura, ya que r, 6 y /' valen 3, cada una. Si a la armadura básica de la figura 2.7a, se le agrega otro triángulo, como se muestra en la figura 2.7b, la nueva armadura es también estable o isostática ya que puede resolverse aplicando las ecuaciones de equilibrio al nuevo nudo. La ecuación 2.11 se sigue cumpliendo, porque M han agregado un nudo y 2 barras. La ar-

triánguk», figura 2.7c, y seguirá siendo esta- I ble. se podrá resolver aplicando las ecuaciones I de equilibrio a cada nuevo nudo y también I se seguirá cumpliendo la ecuación 2.11. Porlo tanto, para cualqúie'r armadura estable e I Isostática se cumple la ecuación 2.11.

SI a una armadura estable e isostática I se le agrega una barra adicional, como la I barra A i en la figura 2.7d, la nueva armadu- I ra sigue siendo estable pero ya no puede I resolverse con las ecuaciones de equilibrio únicamente, porque en el nuevo nudo hay más barras, y por lo tanto más incógnitas, que ecuaciones de equilibrio. Se concluye entonces que si t + b > 2J la armadura es estáticamente indeterminada. La diferencia indica el grado de Indeterminación. Por el con- trario, si r + b < 2/, la armadura es inestable. I

Estas tres condiciones pueden entonces I resumirse de la siguiente manera:

Si t + b = 2¡, la armadura es isostática

SI (r + b) > 2j, la armadura es hiperestática

Si (r ♦ b) < 2j la armadura es inestable.(2.12)

Obsérvese que una armadura puede ser isostática externamente e hiperestática inter­namente o viceversa. Desde luego, que tam­bién puede ser hiperestática tanto internamente como externamente, las ecuaciones 2.12 son válidas para todos los casos e indican, en su caso, el grado total de indeterminación. Nótese también que al contar el número de nudos, o nodos como igualmente se denominan, deben incluirte los localizados en los apoyos.

Ejemplo 2.2

Se ilustra el cálculo del grado de indetermi­nación de dos armaduras. La primera, es una

apoyado y dos articulados. Por lo tanto, e

- de condición, C, el grado de indeterminación externa que se obtiene con las ecuaciones 2.10 es de 2. j POr otra parte, al aplicar las ecuaciones 2.12 se obtiene un grado de Indeterminación to-. tal también de 2, ya que el número dé nu­dos, /, es de 10, el número de barrras, b, es del7yelnúme

«sponde al de indetermina

m% f ¡ ;

§ 1

p y y j 1

i H-

J

i

Figura 2.8. Cálcalo del grado de indeterminación en m<

Si ahora se consideran los diagramas de cuerpo libre de los nudos de la estructura, figura 2.8b, se puede ver que en cada nudo, incluyendo los apoyos, se pueden plantear tres ecuaciones independientes de equili­brio. Considerando que la estructura tiene n nudos, el número total de ecuaciones de equilibrio será 3n. Cuando elnúmero de in­cógnitas sea igual al de ecuaciones de equilibrio, la estructura será estáticamente determinada, si es mayor, será Indetermina­da y si es menor, será inestable.

Cuando existan ecuaciones de condi­ción, como en el caso de articulaciones in­ternas en la estructura, su número deberá añadirse al de ecuaciones de equilibrio. SI se denomina con la letra c al número de ecuaciones de condición, pueden plantear­se las siguientes ecuaciones para establecer el grado de indeterminación de marcos:

el marco es «tilicamente indeterminado.

el marco es inestable

En la figura 2.9 se ilustra otra manera de obtener el grado de indeterminación de mar­cos, que resulta más conveniente para marcos de varios niveles. Supóngase que en el marco de la figura 2.9a se hacen cortes en lassecck»; nes a-a y b~b de tal manera que la estructura original se transforma en las tres estructuras mostradas en la figura 2.9b. Cada una de es­tas estructuras es isostática, ya que.tiene tres reacciones de apoyo y tres ecuaciones de écjug librio, pero en cada sección de corte existen tres incógnitas: la fuerza normal, la foerza cor­tante y el momento flexionante. Se puede ver entonces que el número total de incógnitas redundantes; o sea el grado de indetermina­ción, es igual a tres veces el número de sec­ciones de corte en las vigas, yaque las fuerzas internas a un lado de la sección de corte son iguales a las del otro lado. En el ejemplo de lafigura 2.9 este número de cortes es de 10. ¡ •

Figura 2.9. Método alternativo para el cálculo del grado de indeterminación en

Ejemplo 2.3

En esté ejemplo se ilustra el cálculo del gra­do de indeterminación de varios marcos. En el primero, se tienen 4 nudos, n, dos que corresponden a la unión de columna y viga y dos qué corresponden a los apoyos; se tie­nen 3 miembros, m, y 6 reacciones de apo­yo, r, J en cada empotramiento. De acuerdo con las ecuaciones 2.13 el marco es inde­terminado de tercer grado. Con el segundo método expuesto, se haría un corte en la sección 1 -1, en la cual aparecerían 3 accio­nes Internas desconocidas que indicarían al godo de Indeterminación.

En el segundo marco se tienen 4 nu* dos, n, uno interior y 3 apoyos; 3 miembros, m, y 9 reacciones de apoyo, r, 3 en oada «nootramiento. Según las ecuaciones 2.1,3

el grado de indeterminación es de 6. Por el segundo método, hay que hacer los dos cor­tes señalados para que queden tres estruc­turas ¡sostálicas. En cada uno de estos dos cortes quedarían.(res acciones internas des­conocidas.

El tercer ejemplo puede resol vene <Jq manera semejante a los anteriores, obttflM' dose un grado eje indeterminación de 9.

En el último ejemplo se ilustra el caso de que existan ecuaciones de condición, t" las dos articulaciones el momento flexio- nante vale 0. Obsérvese que en este ejemplo* al aplicar el segundo método, resulta con­veniente hacer los cortes justamente en I» articulaciones, porque en cada una hay t>?! lamente dos acciones internas desconocida la (uerza cortante y la fuena normal, y* I * el momento ílexionante es nulo.

EJEMPLO 2.3. CÁLCULO DEL GRADO DE INDETERMINACIÓN DE VARIOS MARCOS POR LOS DOS MÉTODOS

2.6.4 Inestabilidad geométrica. Existen algu­nas estructura« que son Inestable« a pesar de que al aplicar los criterios anteriores resuden estáticamente determinadas o aun indetermi- nadas. la inestabilidad se dativa de un número Insuficiente o de una disposición inadecuada de los apoyos, o bien, de un arreglo inadecua­do de partes de la estructura. En el primer caso se dice que la estructura tiene una inestabili­dad geométrica exlema y onci segundo caso, una Inestabilidad geométrica interna.

Considérese, por ejemplo, la viga conti­nua de la figura 2.10. Al aplicar los criterios de la sección 2.6.1, se encuentra que el nú­mero de reacciones de apoyo es tres, igual al número de ecuaciones de equilibrio. Se dirla entonces que la viga es estáticamente

determinada. Sin embargo, bajo la acción dt las caigas Indicadas, la viga se desplazarla ho- rizonlalmenle hacia la derecha ya que on ninguno de los apoyos se puede desarrollar una reacción horizontal que lo impida. Si trata de un caso de inestabilidad geométrica1

En la figura 2.11 se ilustra un caso da inestabilidad geométrica interna. El mareo mostrado tiene 12 nudos, n, 3 ecuaciones de condición, c, (una por cada articulación interna) y 15 miembros, m. Por lo tanto, se­gún las ecuaciones 2. 13 sería estáticamente indeterminado. Sin embargo, la viga 3-7 no podría resistir las cargas aplicadas porque se deformarla como se indica con Ifnea pun­teada. Habrfa una falla local en esta viga.

« tiú kFigura 2.10. Ejemplo de inestabilidad geométrica

_ \ ________ 9

Figura 2.11. Ejemplo de inestabilidad geométrica Interna' en marco

Finalmente, se han trazado en et ci pio los diagramas de fuerza cortante y i

cortante et constante entro cargas consi llvas. Por eso el diagrama está formado lineas horizontales entre las cargas. E l. mento flexionante varía linealmente o cargas consecutivas, ya que si se plante

+ ->»> 0

H - 60 1 90 - 601B 05 -;0. < - * 0, - 10S- 105kN

Sección 2 a la Izq.: V-IOSkN

Sección 2 a la der.: Vm 105 - 60 - 45 kN

Sección 3 a la der.: V - 105 - 60 - 90 - -45 kN

Sección 4 a la Izq.: V= 105-60-90--4S kN

Sección 4 a la der.: /= 10S-60-90 - 60 = 105 - 210 = -IOS kN

b) (M)

♦C »

Sección 2: M, -105(3) « 315 kN • m

Sección 3: M, -105(7) - 60(4) - 735 - 240 - 495 kN • m

Sección 4: M, -105(11 ) - 6016) - 90(4) - 11SS - 480 - 360 - 315 kN • m

Ejemplo 2.5

Se trata de una viga con un extremo en vola­dizo y con diversos tipos de carga. Se puede verificar fácilmente que es isostática porque tiene 3 reaccione« de apoyo y existen también 3 ecuaciones de equilibrio: Las reacciones de

apoyo se calcularon, como en el ejemplo an­terior, con las ecuaciones 2.3. En este caso, por existir una carga inclinada y una caiga ho­rizontal, la reacción A, es diferente de cero.

El cálculo de las fuerzas cortantes y de los momentos flexionantes se hizo en este

ejemplo planteando las ecuaciones corre»-'

una. ecuación continua entre el apoyo de la Izquierda y el punto.de aplicación de la car-

que se planteó otra ecuación válida entre la carga concentrada y el apoyo de la derecha. Entre el apoyo de la derecha y el extremó del voladizo se requiere otra ecuación. En ■■ este tramo resultó más conveniente cambiar el origen al extremo del voladizo y cambiar también el signo de la fuerza corlante por­que se estaban considerando las fuerzas a la derecha de cada sección. Teniendo las ecuaciones, puede calcularse el valor de la fuerza corlante en cualquier sección. Como

con calcular dos puntos para cada intervalo de validez y unirlos con una Ifnea recta.

■ ■ primer orden de las fuerzas lluadas'» lawzqulerda de la sección

correspondiente. Asf se calcularon en una sección a 6 m del apoyo izquierdo, en la sec­ción en que está aplicada la carga concentrada y en al apoyo derecho. Este último pudo calcularse también en forma más sencilla, como el momento de la fuerza de 180 kN, con signo cambiado. El lector puede comprobar que el resultado es el mismo. También se calcula en el ejemplo el momento máximo, que ocurre en la sección de fuerza cortante nula, según indica la ecuación 2. 16, y la sección en que el momento flexionante es nulo. Finalmente se trazan los diagramas de acciones internas con los valores obtenidos.

SCXUOÓN:

11 Cálculo de las reacciones.

r — m f T " "

Análisis de vigas Isostítícu

■>CZMÁ= OI +60(18) (9) +135 (12) - R8y (18) + li80/(24) = Ò

I R|)yM870'kNT+ îï/j,=0

2) Cálculo dé la fuerza cortante, normal y momento flexionante.

Sección B LFX = 0 -135 + N = 0 .,N = 13SkN

La fuerza normal es constante a todo lo largo de la viga y es de tensión.

CORTANTE

Sección A V - kAí - 525 kN

Sección 6

-6° <18* - 135-180 + 870 - 0 R ,,,-1395-870 :R^=525|(Nt

+,-»IF,«P+ ,135 1 0;

60kN/mi ¡ £

A la Izquierda -tv {() ■ 1-60 (12) + 525,•-195 kN

EJEMPLO 2.5 (continuación)

A la derecha

w(3/2 O -135 • 525-60 (18) - 135

_ 135 + «70 - 525 - 60 (18) -135 + 870

iïf * (12) - w (12) (6)i<t ■ 525 (121-60 (12) (6) A.m 1980 kN ■ m

H H » 35 (6) Mc - 525 (18)-60 (18) (9)-135 (6) Mf-m -1080 kN -m

Sección de momento máximoEl momento at máximo donde la fuerza cc

fuerza corlante):

V i» 525 - 60x, • 0; * i - ~

is. Igual a 0 (ver diagramt oe

EJEMPLO 2.5 (conllnuècìón)

Sección de momento nulo\ . - , Ecuación de momentos entre las secciones B y C:

M- S25*- — -.135 (X - 12) = 0

I ; _. X = 16.31 m (desde A)• 'X2 ■ 18.00 - 16.31 ■ 1.69 m (desde O

3) Diagramas de N, V y M

Ejemplo 2.7

So ilustra la resolución de una viga que tic-

ros. En este ejemplo, primero se resolvió el tramo IF comprendido entre las dos articu­laciones. Este tramo puede tratarse como si fuera una viga libremente apoyada, cuyas re­acciones de apoyo son las fuerzas cortantes en los puntos f y F. Así, la reacción R, que resulta de 405 kN, es la fuerza que luego se aplica, con signo cambiado, en el punto f del tramo AC. ol cual ya resulta isostático.

a, la reacción R,„ del tra-

isostáticos, pueden calcularse las 4 reacción«. I de apoyo. Una vez obtenidas estas reaccio. I nes, ya se pueden calcular las fuerzas cor. lames y los momentos flexionantcs como en los ejemplos anteriores.

El procedimiento seguido en esleejcm-1 pío es diferente al del ejemplo anieriofljjll lo que es Importante observar es quJ viga cumple con la condición n + c isostütica y es resoluble con ecuaciones d» equilibrio únicamente.

450 kN 270 kN 225 kN 4.05 kN 360 kN' I _ L '

1) Determinación de las reacciones

Tramo ÍF

450 (1) +270 0)-R fr (‘ o . J i S £ . 3,5kN

* tZ f » o315 - 450-270 * “ 0Rlf .7 2 0 - 315- 405 kN

Análisis de vigas isostáticas

EJEMPLO 2.7 (continuación)

Tramo jj f o ‘À*- 450kN/m B 6 Uos kN

+CrM„ = 0 ' 450 (6)(3)- Rgy (6) + 405 (9) = 0

H j 1957.5 kN ■

Tramo FD 315kÑ 225 kN 405 kN 360 kN

EJEMPLO 2.7 (continuación)

Sección B a la izquierda:H V,»1147.5-450(6)—1552.5 kN (1)Sección B a la derecha:

V, ■ 1147.5 - 450(6)+1957.5 »1957.5 - Sección a la derecha de la carga de 450 kN:- V-1147.5- 450(61+1957.5- 450 - 40Í

Sección a la derecha de la caiga de 270 kN:

Sección G a la derecha:

ANALISIS DE DERECHA A IZQUIERDA (CON SIGNO CAMBIADO)

Sección I a la izquierda:

Sección H a la Izquierda:

Sección C a la Izquierda:

j V¡¡ *-180+ 360+ 405-1125

M3- 1147.5(3)-(450X3X1.5)M ,-1417.5 kN-m

Sección B:Mb = 1147.5(6) - (450X6X3)M, =.r1215 kN ■ m

Articulación £:M „ - 1147.5(9) - 450(6X6) + (1957.5X2

Sección G;1147.5(10) - (450X6K7) + (1957.5X4)

) - (450X6X9) ♦ (1957.5X6) - (450X2)

17.5(13) - 450(61(10) | (1957.5X7) - (450)(3) - 270(1) ■ 0

'.5(15) - 450(6X12) i (1957.5X9) - (450X5) - 270(3)

2.8 Armaduras

Los miembros de una armadura, por encon- trarse articulados en sus extremos, trabajan únicamente a tensión o a compresión axial. Entonces, la resolución de una armadura consiste en determinar las reacciones en los apoyos y las fuerzas axiales en cada uno de sus miembros.

determinan de la misma manera que en vigas, o sea; planteando fas ecuaciones de equilibrio y, en su caso, las ecuaciones de condición, en función de las reacciones de apoyo, y despejando su valor del sistema de ecuaciones que resulta.

2.8.2 Determinación do las fuerzas axiales. Una vez obtenidas las reacciones, las fuerzas axiales en los miembros pueden calcularse por el método de lo» nudos o por el método de las secciones. El primero conslsle en plantear un

dando que sólo aparezcan dos incógnitas. Después se plantean las dos ecuaciones de equilibrio que corresponden a un sistema defuerzas concurrentes, * 0 y ZF ■ 0. Resol­viendo el sistema de dos ecuaciones se obtie­nen los valores de las dos incógnitas. Se debe

dos incógnitas; conforme se avanza en la so­lución, las fuerzas ya calculadas permiten re­solver nudos en los que concurran varios miembros. Cuando se trata de armaduras en el espacio, en vez de dos ecuaciones de Lequ&

" En e| método de las secciones, se tra­zan diagramas de cuerpo libre de parles de

que intersecten a varios miembros. Después se plantean las ecuaciones de equilibrio del

tan tres ecuaciones, correspondientes a un sistema de fuerzas planas no concurrentes, y para armaduras en el espado, seis ecuaciones, correspondientes al caso gene­ral de fuerzas en el espado. S

El método de tas secciones resulta más conveniente que el de tos nudos cuando sólo

miembros, ya que no es necesario avanzar en

obtener las fuerzas en todos los miembros, por

combinación de los dos métodos, resolvien-

secciones para avanzar más rápido.Recuérdese que la convención de signos

siderar positivas las tuerzas axiales de tensión y negativas las de compresión (sección 2.5). í;También debe recordarse que si al analizar un nudo o una sección, la incógnita resulta positiva al ser despejada, esto significa que el sentido supuesto es el correcto, independientemente de que sea de tensión o de compresión.

La armadura de este ejemplo es ¡si

de apoyo y tres ecuaciones de equilibrio, y

f.+ 6 = 2; (ecuación 2,12). La notación em-

con las dos ecuaciones de equilibrio corras* pondientes a fuerzas concurrentes en un pto*

quedaban ya dos fuerzas desconocidas. Dt

que por simetría no era necesario analizar los nudos de la mitad derecha de la armadura.

EJEMPLO 2.8 (continuación)

pide encontrar las fue la armadura, la L.L¡ y nes de apoyo se obiuvi en los ejemplos [ Una vez obleni-

lerza en la barra laciendo un corte en

corta la barra cuya fuerza se desea calcular, y que las otras dos barras cortadas concu* rren en el nudo alrededor del cual se to-

| única incógnita que aparece en la ecua* ción de •momentos es la fuerza buscada. Oe forma similar se calculó la fuerza en la barra UlUi.

Figura 2.13. Convención de signos.en columnas de marcosconvención de considerar que la parle Infe-

qiilérdó de las vigas, y la pane superior, al extremo derecho, figura 2.'15¡i: Esto equiva­le a considerar que las columnas se miran desde los' puntos de observación indicados en la figura 2.156. tos diagramas de mórnen­lo flexionante se trazan siempre en la cara de -os miembros en que existen esfuerzos

Las fuerzas corlantes en las columnas se consideran positivas cuando tienen el sén

na se mira cómo se muestra en ía figura 2.15. Los diagramas positivos de fuerza cortante se trazan a la izquierda dé las columnas, y los negativos, a la derecha.

2.9.3 Determinación de fuerzas normales. Las

lando cada miembro del marco, después de obtener sus dogramas de momento flexionante

también tiene una articulación de momento en el punto C, se cumple la condición ñ + c ■ < y él marco es, por lo tanto, isostático

determinación con la ecuación r + 3/77 = 3i? +.C (ecuación 2.13): En efecto, m vale 3 por­que el márco tiene tres miembros, r es igua' a 4, h es igual a 4 (incluyendo los apoyos) y

ción, la que indica que en el pumo C el momento fiex loriante es nulo.

Para obtener las reacciones, primero se planteó la ecuación de condición, calculan­do el momento flexionante en el punto C como la suma de las fuerzas a la derecha de la sección con signo cambiado. Esta ecua­ción permitió obtener una relación entre las reacciones Rb y jt . Obsérvese que como no hay ninguna fuerza entre la reacción E y la articulación C, la resultante de Rfl y R¡ debe pasar por el punto C para que ei mo-

Esto se ha Indicado con línea punteada en el ejemplo!

Después se 'plantearon1 las tres ecuaciones de equilibrio 1MA ■ 0. Zf, ■ 0. y Zf b 0. Por las características del marco, con ía primera de estas ecuaciones y* se pu­dieron obtener las reacciones' , y R¿ y concada una de las otras dos ecuaciones le ob­tuvo una de las reacciones fallantes;! no fae necesario, por lo tanto, resolver el sistemade cuatro ecuaciones con cuatro Incógnitas

EJEMPLO 2.10. RESOLUCIÓN DÉ UN MARCO ISOSTÁTICOCON ARTICULACIÓN INTERIOR _________________________ _________|

Rí/= |R£.

La reacción en | debe pasar por C, ya que el tramo de marco entre C y £ no tiene cargas externas.

-9^,-2^, + 18x3+12x6-0 9/ + 2/Jfc »126 9x¿«¿+2%,-126

-91on

ül

l

If, -47.89 - 38.31- X^-O, -9.58 Ion |

V,-9.tS-UA9*XaimO. x<*. 2.34 Ion g

W C-3 0 + 47«X 10^4-».31X J.22-«|C<-0 . « „ -330100-0 ,

BEMno 2.12 (continuación)

to'flexionanteson nulo* en el extremo de la de fuerza cortante o de momento flexionanteviga, y la Integración numérica pudo iniciar-1 nulos. En el siguiente ejemplo se ilustra una

EJEMPLO 2.13. RESOLUCIÓN DE UN VOLADIZO POR El MÉTODO DE NEWMARK

El procedimiento para resolver vigas con cargas distribuidas consiste en sustituir la carga distribuida por cargas concentradas. Ya que se tengan las cargas concentradas, la resolución se efectúa como se vio en tos ejemplos anteriores. Las cargas concentradas deben ser equfvalemes a la carga distribui­da, en el sentido de que las fuerzas cortan­tes y momento; flçxlonanlcs producidos por ambos tipos de cargas sean iguales en

A-B se sustituye por las dos cargas concen­tradas PA y P8, de tal manera que la füeo* cortame y el momento flexionante en los pi* tos A y 0 sean iguales con ambos tipos de ex- ga, aunque difieran en el interior dd tram* En las figuras 2.19a y 2.196, se muestran co* trazo lleno los diagramas correspondientes' las caigas concentradas y con linea punte* da, los correspondientes a la carga district*’ da. En ios puntos A y 0, los diagramas dd**

coincidir! A continuación se muestra la forma de calcular las cargas concentradas equiva­lentes distinguiendo dos casos: que la carga distribuida tenga una variación lineal o que tenga una variación no lineal.

neal, como en la viga de la figura 2.20a, el procedimiento consiste en sustituir la carga

por las reacciones de una 'viga libremente apoyada sujeta la misma carga, figura 2.20c. Estas recciones pueden calcularse con los principios de Estática ya conocidos. Asf,.si se considera que la carga trapecial se susti-

drán los siguientes valores. Para la carga uni­formemente distribuida

X J 1 1 A B MA n >

11

II

i

Figura 2.22. Caiga con dlHribuclón no

Se resuelve la misma viga del ejemplo onle- rior, calculando las fuerzas equivalentes to­tales en las secciones 2 y 3. ‘El valor de -4.17, por ejemplo, resulta de aplicar la ecuación 2.23 de la siguiente manera:

P¡ = |(0+;4x2:50+íx2.50),- 4.17

Sólo se calculan las fuerzas cortantes

ción lineal, puede obtenerse por lo g« una aproximación suficientemente pro su función de variación, suponiendo qti función es una parábola de segundo g En la figura 2.22 se muestran dos tramo]

N -1, N y N * 1, respectivamente. Se p suponer que la función de la carga sej representar por la ecuación y = Ax* + C. y ajustar las constantes A, 8yC par. la curva páse por los puntos N - 1, N; 1. Si se eligen los ejes de coordenadas < se muestra en la figura 2-22, las coon das de los puntos A/ - 1. N y N + 1 s respectivamente: (-/>, a), (0, b) \ r).Sustituyendo estos tres pares de cot nadas en la ecuación de la curva, se c nen las tres siguientes ecuaciones:

a-Ah1 -B h *C

diferentes. Sin embargo, los valores del mo-

atnbos lados del apoyo. La dlfeiièntìia4*dobe

Por lo’tanto, debo incluirse una configura­ción correctivai'Bsío te hace Introduciendo un momento de 42 3 13,95 * 96.27 a la dMdu del apoyo derecho, figuri 2.24, ya

que el valor de -13.35 es correcto. Éste mo­mento correctivo produce una reacción ha­da «bajo (negativa) en el apoyo izquierdoy una fuerza cortante correctiva Ve constante entre los dos apoyos de56.27/2 *26.13, con •Igno negativo. Esta fueraa. cortante correctiva, renglón 7yse sumaba Jas íimtih corlantes calculadas provisionalmente en los renglón« 4 y S para obtenerla»fuerzas cgs

Figura 2.21. Configuración« correctivas del eiemplo 2.17

tantet finales en los renglones 8 y 9. Suman­do nuevamente los yatòrcs de P a partir del apoyo izquierdo, se obtienen los momentos finales en el renglón 10. Obsérvese que

apoyoderedio simando de Izquierda a derecha y sumando de dereehaa izquierda.

Se ilustra la resolución de una v¡8a con^ articulación Interior; y con cargas distribuí» 7 concentradas slipultáneamome. La ct1‘ distribuida tlenp una variación ¡ H l renglón 2, por lo que las cargas concentra»“

\ 1P

1 r

1 j s b - h *^ r //Jy/Jz 1

ÿ>x //ffs/Js / $ } ) / /rfsft? ^ /tVs/Js

4 . ¡1 4— A -

i B B & ------------------ h

/ / / / / / / •

. H S — H*— --------1 — H

^ r-------------- i ---------------¿ r y - y - y - y ^ o .

/ t ^ • S B

2.6 En cada una d»las vigas del problema 2.4 establecer las funciones que representan è la fuerza corlante y al momento flexionante, y trazar los diagrama» correspondientes. Determinar en cada caso el yalor del; momento' fisionante máximo y la lección en

2.7 Trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante en los máteos del problema 2.5

2.8 Obtener los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante en las siguientes vigas por el método de Newmark.

Figura 3.2. Deformaciones de

dinales, alargamientos o acortamientos, en las columnas y en las vigas del marco. Esta hipótesis es usual porque las deformaciones producidas por los momentos flexionantes

ducldas por las cargas axiales. También son mayores que las producidas por fuerzas cor­tantes. Por eso en los métodoi cjue se-verán más adelante sólo se consideran dcformacio-

bros estructurales tienen los tres tipos de deformaciones y en algunos casos es conve­niente calcular los otros dos.'Los métodos correspondientes caen fuera del alcance de este texto.

Aunque en este capitulo se presentan métodos para el cálculo preciso de deforma-

pera trazar la forma aproximada de estructu­ras <Mormadas. Esto puede hacerse atendiendo

longitud original de los miembros, y otras consideraciones geométricas y de cargas se-

caso hay que analizar las características de la estructura', la Importancia de esta hablll-

deformada da una buena Idea del signo de

*los momentos flexionantes en las distintas zonas de la estructura. Asi, en el marco de la figura 3.2 y usando la convención de signos del capítulo 2, se sabría que en la colutnna AB hay momento negativo entre el empotramiento A y el punto de inflexión

tura es cóncava hacia abajo, mientras que entre el punto de inflexión y el nudo B el momento es positivo, porque es cóncava

tor puede trazar así el diagrama de momentos flexionantes, en forma cualitativa, de esta es­tructura hiperestátlca. Con el uso generalizado de los programas de cómputo para analizar estructuras, este método es muy útil para detectar errores grandes en la alimentación de datos o en el modelado de la estructura.

3.2 Teoría de la viga elástica

El pbjetivo de esta teoría es establecer las

en la viga por un sistema cualquiera de car­gas. Considérese una viga libremente apo-

mostrada en la figura M

secciones A~A y B-B separadas una distancia infinitesimal dx. Se supone, en esta teoría, que al deformarse la viga sus secciones trans­versales continúan siendo planas, bfpóMtit conocida como de Éuler-Bemoulli. Por lo

tanto, en la figura 3.3-b, donde se muest» I, viga deformada, se Indica que las don»» AÂ y B-B ya no son paralelas, p,,. siguen siendo planas, por lo que están presentadas por líneas rectas.

ö H * r

Estas dos ecuaciones permiten obtener las deformaciones de una viga elástica en función

ción de x, aunque-en, algún caso puede ser constante. El módulo de elasticidad £ es tam­bién constante en Ja mayorfa de los casos a lo largodelaviga. El momento de inercia es cons-

como función de x. Debe recordarse que es­tas ecuaciones sólo son válidas para deforma­ciones pequeñas producidas exclusivamente por flexión, y para vigas de material de com­portamiento lineal y elástico, de acuerdo a las hipótesis hechas durante su deducción. La viga deformada que cumple estas condiciones sue-

Las rotaciones* 0, y las deflexiones, y, de una viga puedeo. calcularse integrando las ecuaciones 3.17 y 3.18 obtenidas en la sec­ción anterior.-La primera integración pro- porciona las. rotaciones y la segunda,, las deflexiones. Al llevar a cabo estas integracio­nes aparecen constantes de integración que deben determinarse a partir de las llamadas condiciones de frontera* que vienen siendo valores de las deformaciones que dependen

condiciones de continuidad de la viga» Por ejemplo, en un empotramiento la rotación déla viga y su deflexión deben ser-nulas; en

ftfnra 1A. Convención de Ugnot

un apoyo llbrp, po#d* haber rotación peto no deflexión; en vna viga simétrlcaen carga y geometría la rotación al centro del claro debe ser nula. Las condicione* de contínui- dad se establecen comldenndo que la cur­va elástica debe ser continua, a menos que baya circunstancias especiales que permitir»

por ejemplo, una articulación Intermedia permite una discontinuidad en rotación. En fin. estas condiciones de frontera o de conti­nuidad deben ser determinadas en cada caso particular. El trazo aproximado de la viga deformada o curva elástica resulta útil para hacer esta determinación.

En cuanto al momento M que aparece en las ecuaciones 3.17 y 3.18. y que como se ha dicho generalmente es una función de «. debe revisarse el intervalo de validez de las funciones. En los punios de aplicación de cargas concentradas cambian las ecuaciones correspondientes al momento. Ei trazo de los diagramas de momento flexionante ayuda también para llevar a cabo esta revisión.

CONVENCIÓN OE SIGNOS

En la figura 3.4 se ilustra la convención de signos, congruente con la convención para momento flexionante del capitulo 2 y con la deducción de las ecuaciones 3.17 y3.18de

muestran en la figura 3.4-a son positivos y hacen que la viga se deforme con una con­cavidad hacia arriba. Los ejes de coordena­das indicados en la figura 3.4-b son positivos y coinciden con los deja figura 3.3-a. En al tramo de yjga A-B de la figura 3.4-b crecen los valores de y y de x, o sea, tamo dy como

y serán positivas hacia arriba y las rotacio­nes 8 serán positivas cuando el giro sea antihorario (contrario A las manecillas del reloj) según se muestra en la figuro.

Ejemplo 3.T

Se obtienen expresiones para calcular I* rotaciones y deflexiones en un voladizo*, jejo j carga uniformemente distribuida. Se supone que la sección transversal es cons. lame por loque también lo es el valor de ¿(

•En primer término se ha trazado lactata elástica en forma aproximada, en la cual« puede ver que tanto la rotación como U deflexión deben ser nulas en el empoia. miento. Después se obtuvo el momento flexionante en el empotramiento coa h expresión iv/J/2 y la ecuación del momia,lo flexionante en cualquier sección que re-

A continuación se aplicaron las co» dones 3.17 y 3.18 sustituyendo el valor* M por la función anterior. Obsérvese que» la primera integración aparece una conjun­te de integración C, que hay que incluiré» el Integrando de la segunda integral. Deesa manera en la expresión para 8 aparece U constante C, y en la expresión para y apare­cen esta misma constante y una nueva surge al realizar la segunda integración, C,- Las dos constantes pueden obtenerse a par­tir delasdos condiciones de frontera 8=® y Ya “ O- Para este ejemplo ambas consta» les resultaron nulas.

Ya obtenidas las constantes de ¡*1* clón, pueden plantearse las ecuaciones Sal­les para calcular la rotación y la deflexión«1 cualquier punto de abscisa x. Estas ¿cuati»- nes quedan en función de Cl, que f¡> **constante se tactorizá en la Integración,

que quedaré expresada en radianes, o* deflexión, que quedaré en unidades degjj gltud, deberán sustituirse los valores pondlenteede x y de El. Ya que la cargt

DIAGRAMA DE MOMENTOS f LEXIONANJES

CÁLCULO DE ROTACIONES Y DEFLEXION

- / I ' ”

¡ t i l (-9x + 3x2-^- + C,)<fc

-(--x2+jx3 4^x4‘+Cÿr+Ç1)

*0. 0-0para x = 0, ,-.C|=0

f-w6*(2y>(ia-ei|

«oueion 1 la mlud riel duo: x > 1.5 b,

••¿[-9(USI+í0.5)2- . l j iJ .-Z Í Í

EJEMPLO 3.2. CALCULO DE DEFORMACIONES EN UNA VIGA LIBREMENTE APOYADA POR EL MÉTODO DE INTEGRACIÓN

EJEMPLO 3.2 (continuación)

DIAGRAMA DÉ MpMENTOS FLEXIONANTES

CALCULO OE ROTACIONES Y DEFLEXIONES

Para0sxs2

I >11 Cl y El y , . i

y ‘ / i^ A ' s í (&í+c,)* _ s ( ! xí+c,x+Ci)

Pan l í x s í

d«-¿(30Jir.2*J+Cí),

11 f ljjd x I g j(30x - Ix'+Cjldx - l i l i tCjX+Q)

EJEMPLO 3.2 Icontinuación) -----

CONDICIONES Di FRONTERA

g |(0)+C|(ffl + C2»0 '

1SW* - |(6)’+Cj(6)+Ci = o

360+ 6Cj+¿4 =0

CONDICIONES DE CONTINUIDAD

Si x=2, los valores de 9 y y son iguales en los dos intervalos

5B), +C,-3<X2)-|<2)? + C3

-30+fc|-Cj=0

- > |ffl)+C,(2)+C2 = ,5(2)2- | (2)3+Cj(2) + C4

-40+2C1+C2-2C3-C4 - 0

C' ” -33-33;C2=0;C,m -63.33;C4 = 20

Rotación en A:* £/ — jr - radianes

Deflexión en B:

E S i s E

I c I Segmento de parábola de segundo grado w ■ çarga uniforme

,lpm **■ | | | V dto.ncia» cenlroldal« 1 alguna, figura.

n enire fly C Sccdónenlie Ay 8 |

Cajcular la.roUcMn en C. la deflexìón en B y la deflexión en t

CURVA ELASTICA

k ^ w a . | H

es igual al áren del diagrama M/ll entre A y C. o sea, media parábola. Esta área se ha calculado con la ecuación de la figura 3.6*6.

La deflexión Ac, igual a la desviación tangencial tA¿ por el segundo teorema, es el momento de primer orden de la misma me-

punto cuya distancia a la tangente trazada por el punto C se quiere determinar. Pára calcular este momento se multiplicó el área de la media parábola por la distancia centroidal

ir, pues se utiliza con mucha frecuencia.

riorménte. íSA es el momento de toda la parábola respecto al punto> Byel centroide

triángulos semejantes. Y es el momento del segmento de parábola entre A y D, respecto álDféI cual se calculó' con las ecuaciones de la figura 3.6-c. Nótese que el valor de AD resultó menor que el de comose infiere de la forma de la curva elástica.

Respecto a los signos en este ejemplo, obsérvese que como el momento es positivo, 6,"-resulta también positiva. Este signo es con-

De la misma manera t„c resulta positiva, y en efecto, el punto A está arriba de la tangente en C. Esto indica que el punto C se desplaza hacia abajo. Lo mismo sucede con á»

BSsíM? 011X5 DEFORMACIONES EN UNA VIGA LIBREMENTE jAPOYADA POR EL MÉTODO DE LOS TEOREMAS AREA-MOMENTO

¡ ¡ ¡ g g “ 1

"

B B I

I»™»«— •

H ö ä B l f ih É ÌIÌ Ih Ì I "

p i U i i l i .

l c1 Viga conjugada con la carga elástica

Figura 3.7. Viga real simplemente apoyada y viga conjugada

mostrado en la Sección 3.2 que la rotación 8 y la deflexión y de ésta viga pueden cal­culan* con las ecuaciones 3.17 y 3.18 que fe reproducen a continuación:

* ” J B * 0.17)

«■>»

Supóngase ahora que a otra viga. * Igual claro, *e la aplica como caiga el düg» ma de momento flexionante dividido «*■* la rigidez £f, como se indica en la figura J í c. (Al plantear mis adelante la comcnc* de signes se explica por qué se coloca I» <* ga actuando hada arriba). A esta a« «•** le llamaré viga conjugada y a la caifa se le llamará carga elástica. O* acue'doc’’" las ecuaciones 2; 15 y 2.17, y considerara0 que la carga ives Igual a M/CI, la fuer»*40'

flexionante llenen un valor diferente de cero, mientras que en el extremo libre de la dere- cha ambo» valores son nulos. Por el contra­rio, en el extremo Izquierdo la rotación y Ja deflexión son nulas, mientras que en el ex­tremo derecho tienen un valor diferente de cero, figura 3.6-c. Ahora bien, si la viga con­jugada atuviese empotrada también en su extremo izquierdo, la fuerza corlante y el momento flexionante serian nulos en el ex­tremo derecho, lo cual Indicaría que en este extremo no hay ni rotación ni deflexión, lo cual no es cierto como se Ve en la figura 3.8- c. La explicación de esla discrepancia radica en que las constantes de integración de las ecuaciones 2.15 y 2.17 son diferentes a las de las ecuaciones 3’.1'7 y 3.18, porque fas Condiciones de frontera son también diferen­tes, excepto en la viga libremente apoyada en que coinciden. En efecto, en esta viga la fuerza cortante llene un valor diferente de cero en los apoyos mientras que el momen­to flexionante es nulo; en los mismos apo­yos la rotación es diferente de cero mientras < que la deflexión es nula. Peto no sucede asf en otro tipo de vigas, como se acaba de ver para el voladizo de la figura 3.8. Por esta ra-'

libremente apoyada sigue siendo válida, siém- pre y cuando se modifiquen las condiciona de apoyo de la viga conjugada respecto a las de la viga real, como se muestra a comi­

za córtame; si hay-deflexiones en la viga It)| I debe haber momento flexionante enlavj I conjugada; si por el contrario no hay eg) I

momento flexionante, ______acuerdo con este principio, se muestran en I la figura 3.9 las vigas conjugadas que con«. | j

continuación se muestra cómo se ha aplica, i do el principio general enunciado para la I apoyos de estas vigas.

Extremos libremente apoyados. Como pe- I mitón glroi y nq permiten deflexiones, en li I viga conjugada deben ser apoyos libres, ya ■ que en éstos hay. fuerza cortante y no hay I momento flexionante. Es .el caso de los dos I apoyos de la viga real (a), riel extremo izquiadn H de viga real (d) y de los extremos derechos de I las vigas reales (ftylgl. En todos estos casos, I

Extremos libres. En las vigas reales hay giros y deflexiones. Por lo tanto, en los apoyos dr la viga conjugada debe haber fuerza cora» te y momento flexionante. El empotran** es el único apoyo que cumple estas condi­ciones. Es el caso del extremo derecho de b viga real (b) y del extremo derecho delaviga real fef) que en sus respectivas vigas conju* gadas se han'iransformado en empoto*

El principio general para modificar las <un­

ta que si en la viga real hay rotaciones en un apoyo, en la viga conjugada debe haber fuer­

Apoyos libres Interiores. Es el caso del áfiffl} derecho da la viga .real Id). En este apoyo hay rotación peito no hay deflexión. En U «H* conjugada debe haber fuerza córtame, no debe haber momento flexionante. articulación interior cumple este reqe como se ve en la viga conjugada couoP "

I

1 1 — i

¿ ¡ a l td t^

I----- -----Hpn ì.9. vìrm coiijugid

1 Viga conjugada

■ £* A .

lit

is

EJEMPLO 3.6 (continuación)

Diagrama de V

Para el caso A:

Caso B

Diagrama de MfCI

Diagrama de MU

t r m i r íCip conjugada con *u caiga

* - ! -

B U" ■ - i "

l i

2 T “ S S s :ä ä ' ^

Calcular las relaciona y las deflexiones en los punios ByC.Entre A y C la viga es una IR de 305 mm X 66.9 kg/m. 1=14568 cm4 Entre C y D la viga es una IR de 305 mm X 96.7 kg/m,/-22185 an4

APLICACIÓN DEL PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN

Calculo de reacciones:

ÄA” l.52£ ,Corunte y momento flexionante en el punto B:.

^ s ; V* " " ì5 p b .. ^

| 3 g Í ¡ É S É S É Í ÉCenante y momento flexionante en el punto C: ■’,¿*V

V* “ l32£fe^J3':8b “ l-52«|>

■ • *>,~ ' ï j Î ^ ( Î ><B‘<2’<<><2) ‘ ~l-5a«»________ S I

Deformaciones totales

Esquema efe deformaciones para el caso 8:

3.6 Método de Ñewmark

En la Sección 2.10 se presentó el método de Newmark para el cálculo de fuerzas cortantes y momentos flexionantes, y se dijo que era es­pecialmente útil para casos de cargas irregula­res.7 El método puede ampliarse al cálculo de rotaciones y deflexiones. Una manera sencilla de hacerlo es combinándolo con el método de la viga conjugada. Ya que este método, como se vio en la sección anterior, se basa en el cálculo de fuerzas cortantes y momentos flexionantes en una viga conjugada, el méto­do de Newmarle puede usarse para calcular exas fuerzas y momentos, de la misma mane­ra que se vio en la Sección 2.10. El método es

ga cargas sencillas, las cargas que se apli­can a la viga conjugada, que son el diagrama de M/Ef, ya resultan o w en el ejemplo 3.7 que se acaba de pre­sentar. En el ejemplo 3.8 se ilustra la utiliza­ción del Método de Newmark para resolver la

mano que no es de esta manera en la que se

Se trata de un voladizo con cargas concen­tradas y se pide obtener las rotaciones y las deflexiones en los puntos de aplicación de las cargas. Se empieza por calcular los mo-

vio en ia Sección 2.10. Se sabe que en el extremo del voladizo la fuerza cortante y el momento fléxionañte son nulos, por lo que

tear una configuración correctiva. De esta ma-

dd renglón 5 de la parte superior del ejemplo.

jugada, que es un voladizo empotrado en el

ga con el diagrama de M/B. Como los mo­mentos flexionantes resultaron negativos, las cargas en la viga conjugada son hacia abajo,

ha venido usando. Ahora se calculan las fuer­

en esta viga. Los valores del renglón 2 repre­sentan las cargas distribuidas en las secciones

| ¡ i

peundo con valores nulos en el extremo de-

las rotaciones 0 en las secciones de aplica­ción de las cargas concentradas, y los valo­

res de M del renglón 7, las deflexión« estos mismos puntos. Desde luego que |, rotación y Ja deflexión en el empotramiM

medio en los tramos respectivos; son la, pendientes de las secantes que van de un &tremo a otro del tramo en la viga deformadaObsérvese que si se sustituye el valor defi en ton-m2, las rotaciones quedan en radianes y las deflexiones en m.

EJEMPLO 3.8. CALCULO DE LAS DEFORMACIONES EN UN VOLADIZO POR ' i EL MÉTODO DE NEWMARK Y LAVICA CONJUGADA

I B

M

1 ,■' «— .

B S g g á l M i

i s s

t e i i

¡ ¡ | j

l y ¡ lS I # ! •' 1 I aJ H

EJEMPLO 3.8 (continuación)

Ei Método de Newmark para él'cálculo de deformaciones puede plantearse sobre la base de consideraciones puramente geo­métricas y es así como resulta más práctico y eficiente. Considérese un tramo de una curva cualquiera, como la mostrada con tra­zo grueso en la figura 3.10, que puede ser un tramo de una viga deformada. En este tra­mo se han marcado tres secciones a, 6 ye, las tangentes a la curva en estos tres puntos y las secantes o cuerdas que unen los pun­tos con lineas rectas. Entre los puntos a y b, la pendiente de la curva va cambiando gra­dualmente, de tal manera que el cambio an­gular total serfa el ángulo formado por las tangentes en ambos puntos, En la figurapuede verse que este ángulo es igual a la suma de los ángulos formados por laí tan­gentes y las cuerdas <¡¿ y a,,,. Estos ángu-

equivale al cambio angular gradual entre a y b. Puede verse la semejanza entre los cam­bios angulares concentrados equivalentes y las cargas concentradas equivalentes que se han usado en el cálculo de fuerzas cortantes

el cambio angular total entre los puntos 6 y c,9¿¿ sería la suma de los ángulos concen-

del Método de Newmark para el cálculo de deformaciones, según se describe más ade­lante, consiste en sustituir las rotaciones continuas, d8, de la figura 3.3 pór cambios

tener la rotación entre dos secciones como lasunta de estos ángulos en vez de obtenerla

dos equlvalentes’5 y la rondón y la defle­

figura 3.10. Construcción geométrica para el método de Newmarlc

xión de la curva en algún punto, ptobtenerse las rotaciones y deflexiones*otros pumos como se índica En una labia, como la most 3.10, se anotan en el primer gulds. concentrados equlva conoce Q¡¡ la pendil puede obtenerse sumando a"

ve en el detalle del punto a mostrado«*!* parte inferior de la figura (obsérvese q**1 como está la figura, el ángulo es negtj' vo porque el giro de la tangente o la c< llene sentido horario). A eominuactó puede obtener la pendiente de li M en b, 0¡j sumando el ángulo concern equivalente ate a la pendiente ya Sus

rr* . &í(3ac * 10a6-a,) (3.32)

0 .^170^+606-0,1 (3.33)

como la suma de y de se puede usaruna ecuación equivalente a la (2.29):

En esle último caso, las longitudes de los tramos deberán ser iguales.

los ángulos concentrados equivalentes, se

requería conocer la rotación y la definía, algún punto de la viga. Esto puede dedúc­ele las condiciones do apoyo de la viga. ejemplo, si es un voladizo como el deleja,,, pío anterior, la rotación y la deflexión son las en el empotramiento. Si no se cotitxenen ningún punto, entonces se supone un valor cualquiera en uno de los apoyos, y después» revisan las condiciones de deformación en« otro apoyo. Si son Incompatibles con las res. fricciones que Impone este apoyo, se intrate» una círn figuración correctiva, en forma teme. |ante a como' se hacía en el cálculo de tozg

Cálculo de deformaciones, las configuraba** conectivas se basan en las restricciones a defe mación en los apoyos, como se ilustra en la ¡ejemplos siguientes.

En resumen, el método aplicado al cálalo de deformaciones es igual al método aplicado al cálculo de fuerzas cortantes y niomenttt flexionantes si se hacen las siguientes

Se calculan las deformaciones en el voladi­zo del ejemplo anterior, pero sin plantear la viga conjugada, sino que usando las consta deraciones geométricas planteadas en lo

al a la del ejemplo 3.8

plemente se ha factorizado a la derecha I los valores de este renglón son iguales a lq_ del anterior. A partir de las curvaturas a se han calculado en el renglón 7 los ángulos concentrados equivalentes a. Ya que las cargas de la viga son concentradas, el diagra- L ma de momentos es lineal, y el cálculo debe hacerse con las ecuaciones 3.27 £,28..Por; ejemplo, el valor de -22'.50 se ha calculado con la ecuación 3.27 de la siguiente manera:

a j j-i|g[21-0.50)+(-8.00l|. "-I1—

A la derecha del renglón se ha factorizado el 1A.Después se han calculado las rotacio­

nes de las tangentes a las secciones, 9 ylasrotaciones de las cuerdas 6 (véase la figura 3.10). Para hacer este cálculo, se partió del valor conocido de 6 en el empotramiento, ya que se sabe que es nulo. Este valor cono­cido se ha encerrado en un cuadro en el ejemplo. Al valor de 8 en el empotramiento se le sumó el valor de a,en el mismo empo­tramiento. como «muestra con la pequeña flecha que va de O .a r-41.25. Elyalor que se obtiene es el de la rotación de la cuerda 0 en el tramo 3-4; como se está sumando de derecha a izquierda, se debe cambiar el úgno. igual que en el cálculo de fuerza»

a la pendiente de la cuerda en el tramo 3-4 se le suma el ángulo equivalente a a la

de este último por ir de derecha a Izquierda. Se obtiene asf el valor de +63.75, que es la rotación dé la tangente a la sección 3. Se con-

' tirilla dé la misma manera hasta completar los renglones 8 y 9.----Teniéndolos valores de las rotacionesde las cuerdas 8 se multiplican por las lon-

, gitudes de |os tramos, h, con lo cual se ob­tienen los incrementos de deflexión Oh, como se ha explicado en referencia a la fi-

- deflexiones'/? se empieza con un valor de 0 : en el empotramiento y se van sumando los

incrementos Oh, hasta llegar al extremo del ‘Wládizo, renglón 11 .

Se puede ver en este ejemplo la equi­valencia entre el cálculo de deformaciones y el de fuerzas cortantes y momentos que

tribuida en cada sección, p. Los ángulos equivalentes a a las cargas concentrada» equivalentes P. Las rotaciones 8 y 8 a las fuer­zas cortantes en las secciones y en los tra­mos, respectivamente. Y las deflexiones y, a los momentos flexionantes M. Haciendo es­tos equivalencias, la secuencia de los cálcu­los es la misma, pero es importante observar que las condicione» de frontera»(son dife­rentes. Mientras que en el cálculo de fuer­za» cortantes y momentos se partió de lo» valore» conocidos de V m 0 y M ■ Oen el extremo libra del voladizo, en el cálculo de deformaciones se partió de los valores conocido» • • 0 y y «0 en el empotramiento.

,9. CÁLCULO DEL VOLADIZO POR EL MÉTODO DE NEWMARK (VERSIÓNI I

•v©'"g i l I R ■

B E T § & » , .

M::0*‘■ '® í

¡ p i

En la figura 3.11 se muestra el significa­do físico de algunos de los valores que se han obtenido en el ejemplo 3.9. Con líneas llenas se ten tazado las cuerdas que unen las seccio­nes de la viga deformada y con líneas puntea* das, bs tangentes alas secciones (por claridad de la figura no se muestra la viga continua de­formada). Empezando con la sección *. el án­gulo equivalente de *41.25 proporciona la rotación de la cuerda 3-4, ya que la pendiente es nula en el empotramiento. Esle valor, su­

mado al ángulo equivalente de-22.50, amBj» con signos Cambiados, permite obtener rotación de la tangente en la Sección 3 a la horizontal, o sea,' +63.75. Continúan* las sumas hacia la izquierda, se llega1 “rotación en el extremo dei voladizo de Obsérwse que esta rotación debe ser_poS** de acuerdo con la convención de sijg¡ü£ ** que la rotación d« la horizontal a la jaffijS en la sección 1 es en sentido antihorario, if | deflexión en el extremo del voladizo iW*1* ;

0 - g © ; ©

le las deflexiones, los ángulo» equivalenteso se calcularon con ia ecuación 3.3*1 que da el valor del ángulo equivalente total en cada sección. Por la misma razón, no es ne­cesario calcular los ángulos equivalentes en los apoyos, ya que no se requieren, como se

deflexiones. Desde luego que se pueden calcular los ángulos equivalentes a cada lado de la sección y en los apoyos con las ecuaciones 3.30 a 3.33, pero aumenta la la-

este ejemplo' el diagrama de M/EI no es Il­

la ecuación 3.34 se muestra a continuación el cálculo del valor de +28-43 del renglón 10 y la sección 2:

Al iniciar el renglón II se encuentra que no se conoce la rotación en ningún punto de la viga. Se supuso entonces una rotación cualquiera 0*en el tramo 1-2, eñ este caso de

pío. A partir de este valor, ya se puede ca leular lodo el renglón; sumando a los valores de V, los valores de o, como se muestra con las Ae­chas pequeñas. Después se calculan las deflexiones en el renglón 12, iniciando con un vajor conecto de 0 en el apoyo izquierdo, y sumando los valores de V del renglón ante­rior; no se ha calculado un renglón con los valores de Vh. porque h es constante en este ejemplo. Al terminar el renglón 12, se llega a una deflexión de +80.16 en el apoyo de­

recho, la cual «(’Incorrecta ya que dcbc l nula. Esta Incompatibilidad de deformaaj, en el apoyo derecho se debe a que el val* supuesto de (-28.43) no es correcto. FUreso se obtiene una viga deformada como la mo$. trada en la parte Inferior del ejemplo, sefa. lada con y', en la cual hay una deflexión

derecho de +80.16. Es necesario in iHH entonces fcn'a configuración correctiva con« la señalada con y en la parte Inferior del ejemplo, con un« deflexión de -80.16 en« extremo derecho, para anular la Incompjti. bllldad, y 0 en el extremo izquierdo, ya que aquf el valor ’lnldal es el correcto. Lo que ¡n. dlca la configuración, correctiva es que « valor de 0 en el apoyo izquierdo noen dé (-28.43), como se supuso, sino que dete ser (-28.43 - 20.04 =-48.47). El valor di -20.04 se obtiene dividiendo el valor dey en el apoyo derecho entre los cuatro tramos de la viga. El lector puede comprobar que a se inicia el renglón 11 con -48.47, se llep a una deflexión nula en el apoyo derecha-

En este ejemplo se puede ver la equin- Iencía entre las configuraciones comcM para cortantes y momentos, y para f nes y deflexiones. En las primeras, se yen las reacciones que debe haber en te apoyos, mientras que en las segundas, se» tituyen las condiciones de deforraacidna los apoyos. También se puede ver la cidad del Método de Newmarfc en coop­tación con los métodos analíticos, sobe »6 para cargas irregulares. La resolución dees* problema por alguno de los métodos antfr ñores conduce a ecuaciones y cálculos complicados, ya que la ecuación del «¡ají ma de momentos y la de M/ff son fundí»* difíciles de operar.

ejemplo, el valor de -20 a la dendia .' sección 4 ü Calculó como: 1 •• 'í “

20, el momento en la articulación, sección

lores se han encerrado en un cuadro, para

do con los pequeños números 1,2 y 3, res­pectivamente. SI ahora se suma al’momento .cero en la sección I, el valor de Ven el Ira-' mo 1-2, se obtiene el valor de M = -5 en la sección 2, que también se ha encerrado en un cuadro. Si los valores de M énlas seccíO-

el cálculo de fu

valor de V en la sección 2-3 tiene que ser +5, ya que sólo asi se puede pasar de M=-S en la sección 2aM~ 0_en la sección 3. Ya te­niendo este valor de V en el tramo 2-3, se puede completar el renglón 3 de la tabla su­mando las cargas de izquierda a derecha; por ejemplo, el valor de -5 en el tramo 3-4 es la suma de +5 en el tramo 2-3 y la carga de -10 en la sección 3. Y ya teniendo completo el renglón 3. se puede completar también el renglón 4 sumando los valores de. V a partir del momento en la sección 3. De esta ma­nera ya se tiene el diagrama de momentos.

El renglón S de curvaturas tiene los mis­mos valores del renglón de momentos, ya que £1 es constante. Debe observarse que este dúgrama es lineal, poique las cargas son con­centradas. así que los ángulos equivalentes a del renglón 6 se deben calcular con las ecuaciones 3.27 y 3.28. Aquí se han calculado g ambos lados de cada sección, para obtener todas las rotaciones y porque hay una discon­tinuidad angular en la articulación Interior. Poí

Los renglones 7 ySpuedeninicianecH el valor de O = O en el empotramiento, » cíón 6. Después se van sumando losvalog dea de derecha a izquierda cambiándoles d signo. De esta manera se pueden coi fc* dichos renglones hasta el valor de e en las«, ción 3 ydeéenel tramo 3-4. NoesposHeo» tinuar sumando hacía la izquierda porque como ya se dijo, hay una discontinuidad»! guiar en la articulación localizada en la I sección 3. Lo que sf se puede hacer es empéu I .calcular los valores de las deflexión«, renglón 9, empezando con y ■ O en ti empotramiento. Sumando los valores deldt derecha a izquierda, se puede llegar bastad valor de y en la sección 3; todos estos vaina se han encerrado en un cuadro. Ahora bfei se sabe que y=O en el apoyo de la sección 1 Entonces, a partir de los valores de y en te secciones 2 y 3 se puede obtener el valor del en el tramo 2-3, el cual debe ser de -3» Teniendo este valor ya se pueden compkur los renglones 7 y 8 .sumando los valores dei de derecha a izquierda con signó cambiado. Finalmente, se puede obtener el valor de y* el extremo del voladizo, sumando el valorde 8 en el tramo 1 -2{áli valor nulo de y en el yo de la sección 2.

En la parte inferior del ejemplo se mu**- tra la forma de la viga deformada, enlaq* puede verse la discontinuidad angula? «jg

corresponde al lado derecho de la articula«#» ya que se calculó sumando los valores <*• de derecha a izquierda desde el mionto, El valor de 8 a la Izquierda de laj»Jj culaclón se obtiene sumando al valo'd*® el tramo 2-3. el deci a la Izquierda ds I**?

cióu 3. Estos valores de 0 se han señalado en la figura de la parte Inferior del ejemplo. Ob­sérvese que los signos están de acuerdo con la convención empleada.

Es importante observar en este ejemplo mr lo que cada caso particular dé­

lo Introducirlas y cómo deben ser.

h b í

i ¡ § :® p

.,©.v■©«(?)«.»

w m e é . m i i V ' f - .

|p]f i'nlf’Á ton ÆI '

A

guio adeb, y la nueva fuerza aplicada P,. un Irabajo igual al área del triángulo ac&, véanse las figuras 3.12-c y -rf. Esto se explica por*

constante mientras la barra sufre el alarga*

aumenta su valor desde 6 hasta Pr El trabajo realizado' en esta segunda etapa por P0 será

jn Es importante'observar la diferencia I enUe el trabajo realizado por una fuerza que I mantiene constante su valor, y el realizado por I otra que lo aumenta uniformemente, o sea, I que se aplica gradualmente.I Si en vez de una barra aislada, como laI de la figura 3.12, se tiene una estructura con varías cargas aplicadas, cada una de ellas desarrollará un-trabajo extemo igual a la magnitud de la carga por la mitad de su des­plazamiento. si las cargas se aplican conforme se deforma I* estructura; o Igual a la mag­nitud de la carga por todo el desplazamien­to. si las cargas se aplican previamente aldesplazamiento. ' \

virtual, como kilogramos o toneladas; Y las deformaciones dt en cada miembro se pue­den calcular con la ecuación 3.42 de la Sec­ción 3:7.4; observando que el término & de dicha ecuación equivale al término d£ de la figura 3.14 (es la deformación axial de un elemento); que la carga P0 equivale a las fuer-

miembro de la armadura, las cuales pueden calcularse, por lo tamo, resolviendo la atma> dura de la figura 3.15-a; que el término A vie­ne siendo el i'ea de la sección transversal de cada miembro de la armadura: y el térmiL no í . M módulo de elasticidad ameipondlen* le. Haciendo las equivalencias mencionadas,te ecuación general 3.52 te transforma en la siguiente ecuación para calcular deflexiones üm armaduras producidas por cargas:

■ y II»5K3t

s, resumiendo lo explicado an

V, deflexión en el punto de aplicaciéndela carga virtual unitaria, en la diftt* ción de la carga;

L fuerzas producidas por la carga virtud unitaria en los miembros de la *"**' dura (figura 3J S-b):

as producidas por las cargas r«-

CÁLCULO DC FUtRZAS S

EJEMPLO 3.1S. CALCUURIA DEFLEXIÓN VERTICAL DELNUDOL.DE LA ARMADU­RA DEL EJEMPLO ANTERIOR SI LAS CUERDAS INFERIOR Y SUPERIOR EXPERIMENTAN UN AUMENTO DE TPMpERATURA DE 40° C, LA CUERDA VERTICAL U, L, UN AUMEN­TO DE 10“ C Y LAS CUERDAS INTERIORES UN AUMENTO DE 5° C. SUPONGASE QUE1 ¡Í. .5.«R.?.:AS Dc LA PER,FER,A ESTÁN FORMADAS POR DOS ANGULOS DE LADOS i¡£w d ÍmensiÓnesMM V LAS cueiidas INTER,°RES por un Angulo de las mis-

üf

B a

EJEMPLO 3.16 (continuación)

CAlCUlO D€ m PARA ROTÂCI0NES:

. f3(-120+25»M-6 + «).2O

A,=— ¿CBn2 - 270x+720» dx

Para 3 Í*S6

Aj j* (-90+15«)<-6+x>x

A, - — £(15»*-180« ♦ 540) dx

A,-¿[s*’-*>«*♦ 540,]*-±(,35)A, - ¿<720) i ■

RESORCIÓN CAMBIANDO El ORIGIN (N El TRAMO BC

A, y 8, son Iguales

orlgm en g I punió C .

Se trata de una viga libremente apoyada con un voladizo y carga uniformemente distri­buida en la que se desea calcular la deflexión y la rotación en un punto situado a 2 m del apoyo de la derecha, punto B. Primero se plantean las ecuaciones del momento M pro- «lucido por la carga extema. La función de M es diferente entre los apoyos y en el vola­dizo, por lo que es necesario plantear dos ecuaciones. Entre los apoyos, se colocó el origen de coordenadas en el apoyo izquier­do, y en el voladizo, en el extremo. En el primer caso, a la variable te le denominó

y el segundo caso, x2. Es conveniente usar notaciones distintas para la variable cuando te cambia el origen de coordenadas.

deflexión en ti punto 0, te colocó una carga

unitaria en dicho punto y se planteó la ecua­ción del momento m. En este caso, se tiene una función entre el apoyo izquierdo y d punto de aplicación de la carga, y otra le ción distinta entre este último punto y el apo­yo derecho. Obsérvese que entre el apoto derecho y el extremo del voladizo la cap unitaria no prexfcice momento. Con d fin* calcular la rotación, se siguió un ptocedmM análogo, pero colocando un momento unD- rio en el punto 8 en vez de una caiga unita» También en este caso, se tienen función» distintas para m entre el apoyo izqüfenbM punto B, y entre éste y el apoyo derecho.

Después se sustituyeron lasecuado*1 de M y de m en la ecuación 3.63 ¡¡MugSb ñor la deflexión buscada. Aunque la de Mes continua entre los apoyos, esntc«* rio hacer la integración por separado entre''IB, y entre 0yC , porque la función de**

EJEMPLO 3.17 (continuación)

Paraos x,S2 (tramoCD), A,»0

Amui -¿(12.96+16.74)

CALCULO OE LA ROTACIÓN EN EL PUNTO B

ParaOS x,S2

9, ■ J i(l 2'6x' ~ 3x?H-0.2ni)

w j w g N É B j

Para2á x, S5

j | J»(12.6x,-

«2 - ¿/j(°-6x,3 - 5.52XÍ1+12.6x,) ifc

8j - ¿[0.1 Sxf -1-Mx,J+6 3xf ]s S J-(8.

Para OS x,S2 «ramo CO), e, = o

*«ul-¿(-«-32+#.J7)-i^ I

J H H h H

El método del trabajo virtual presenta claras ventajas sobre los otros métodos estudiados en este capitulo cuando se trata de calcular I» deformaciones en marcos. El procedimien* toes igual al utilizado para el cálculo de de­formaciones en vigas, pero la integración planteada en las ecuaciones 3.63 y 3.64 se lleva a cabo a través de todos los miembros que componen el marco. Desde luego que dentro de cada miembro resulta necesa­rio hacer la integración en distintos tramos,

nuas a lo largo del miembro. En el siguien­te ejemplo se ilustra lo que se acaba de

Ejemplo 3.18

Se pide calcular el desplazamiento horizon­tal del apoyo Ey la rotación del.apoyo A El: primero es un apoyo libre y el segundo, uno articulado. El marco es isostático ya que tie­ne ties incógnitas en los apoyos y existen tres ecuaciones de equilibrio. El momento de iner­cia de la viga es el doble del de la columna.

Primero se resuelve el marco para ob­tener las ecuaciones de momentos Oexionantes en la columna y en la viga. Pre­viamente, ha sido necesario calcular las re­acciones en los apoyos. Las ecuaciones de momento se han obtenido por tramos en los que la función no varfa. Asf, en la columna AC, se ha obtenido una ecuación entre los puntos Ay B, y otra entre los puntos 8 y C, ya que la carga concentrada de 10 ton hace que cambie la ecuación de momentos. Se ha usado un origen de coordenadas en el Punto<4 para la columna, y un origen distin­to en el punto | para la viga. Se ha dibujado H diagrama de momentos flexionantes para

««a r u m i AB LA D tr iu »n _N EN EL PUNTO A DEI MARCO MOSTRADO

8 (continuación)

A<=2 (-20*1+133^)®

â< " 2 f i f e + . ' 5 9 - 7 8 )

¿loal - g-<26.67+120.00+142.22+159.78)- — 67 -,

CAlCUtO DE IA ROTACIÓN EN A

Tramo/1S0 f dOxiXI)

■*» ffc

t o r t i *

! a - : ' . ■

EJEMPLO 3.18 (continuación)

Tramó BD

if 2E'o.

¡HHI J-120.00 * 40.00135 .55I4?-03>| -

EJEMPIO 3.19 (continuación)

Tramo 8C

Tramo DC

I * ftë i 2/jkj)j

4* “ 2 ^ x¿ x ^2x 20x 4+20k |+80x 4 + 2x80x | |

* J (26.67 +120+M2 J2+1 ju , Ü S Í2

CUCULO DE LA ROTACIÓN EN A

lnmoAB

B tegng i,

Tramo DÇ

®4 ■ *,2*'+ l ]

6, ■ — 1x2|2x20k1+20x-+80x1+2x80x * fc l* \

/ J f «1.(20+40+ 35.53+40) -sr(13S.SS>a» ,y -

Figura 3.18. Viga para la demosirac iftn del Teorema de Caitlgllano

Se puede ver que estas ecuaciones son muy semejantes a la ecuación 3.63 usada en él método del trabajo virtual, pero en vez déla función de momento m producida por el momento virtual unitario, se usa la derivada parcial del momento producido por

Puede suceder que en el punto en el ■ que se desea calcular la deflexión no haya ninguna caiga aplicada. En este caso, se in­troduce una carga ficticia, P', en ese punto, se deriva respecto a esta carga, y al final se le ¿signa un valor nulo. También pueden cal­cularse rotaciones, en vez de deflexiones, ftra esto, se deriva respecto a un momento aplicado en el punto en que se desea calcu­larla relación; este momento puede ser realo ficticio. SI es ficticio, al final se le asigna un valor de cero.

II teorema de Castigliano puede usarse también para calcular las deflexiones en ar­maduras. La obtención de las ecuaciones correspondientes es similar a la presentada Mn el caso de vigas. Dichas ecuaciones Quedan en la forma:

H (3.73)

en las cuales A, y A, son las deflexiones en los puntos de aplicación de las cargas P, y P2, S son las fuerzas en las barras de la ar­madura producidas por las cargas aplicadas, L es la longitud de cada barra, Aes su área transversal y £ su módulo de elasticidad.

Se calcula la deflexión y extremo volado de una viga con dos apoyos.

3.5 por el método de los Teoremas de Mohr.En primer término se calculan las reac­

ciones y las ecuaciones de momento flexionante. Nótese que a la carga aplicada en el extremo de la viga, donde se desea calcular la deflexión, se le ha llamado Pv

porque de otra manera no se'podría derivaru variable,

to flexionante se han obtenido por separado para el tremo AB

EJEMPLO 3.20 (continuación)

I CALCULO DE LA DEFLEXIÓN EN C

ECUACIONES DE MOMENTOS

M^IÍX.-O.SP.X.-ÍXÍ

hra qs‘x2£3

4c 1 2>, - OJSPf, - 2XÎK-0-5X,) A , I jW ^X-x,

á j - l j | | | 4’0-0633/Vi1 I M *»| ] j +[ 0.333#V<í](>}

4c «¿I-4J2 + 1«’, + 324 + 9P|]

CÁLCULO Of LA ROTACIÓN EN C

.ECUACIONES DE MOMENTOS

-- y*/;M B

1 ift*1SiII:Sli : 4 vî.Jli 1 li 11l| §lilif¡¡§¡¡Sci 2

QiIl 1è.ullfIf!l iBl113£Ili ? * lil1 !IL

i Hlà1 fi !j 1¡li

is..._s .il Æ.-S.-3. =|¡- i

li iH|!|1i l ili

el méIodo * integración calcular las rotaciones en los extrem« u ni el centro del claro y las deflexiones máximas* las siguientes vij^

Considérese Cl constante en todos los casos:

i r _ j

3.2 Resolver el problema 3.1 usando los teoremas área-momento.

3 3 Calcular la deflexión y la rotación en los extremol de los voladizos de la siguiente

‘■¿SQL— i---\ w \ . 00 r r r i 2ek.

/ . / / / / / / .I ¡ i — * ■— ¡ i

3.4 Calcular las rotaciones y las deflexiones en los puntos de aplicación de cargas concentradas en las siguientes vigas usando el método de la viga conjugada. Supóngase& constante.

3.5 Calcular la deflexión máxima de las siguientes vigas por el método de la • conjugada. Supóngase El constante.

H S Í I H — — — — H

G B s S l i J i

, 6 Okular Im deflexiones y rotación« de la< siguientes vicas en Ik guiadas, por el método de Newmark.

K h - ï H * — # — — »H— H

É j t í f c E . ™ 1 ^ / / / / / / /

É ¿ " > — »H-— * — 4 4 .— H ......

3.7 Calcular los desplazamientos vertical y horizontal en el nudo usando el método del trabajo virtual.

3.8 Calcular los desplazamientos vertical y horizontal en el nudo L, de la armadura del problema anterior s i, además de las cargas mostradas, la baña U, U, tiene una longitud 0.75 cm menor que la teórica.

3.9 Rara las siguientes vigas calcular las deflexiones y las rotaciones en los puntos MAalados empleando el método del trabajo virtual.

3.10 Calcular el desplazamiento horizontal en B, el desplazamiento vertical al centro del claro de la viga BC y la. rotación en O del marco mostrado, usando el método dH trabajo virtual, r -

K ,C A P ÍT U L O 4

Resolución de estructuras indeterminadas por el método de las fuerzas

4.1 Introducción / 4.2 Planteamiento

Método de las fuerzas para vigas / 4.4 Método de las fuerzas para armaduras / 4.5 Método de las fuerzas para marcos

4.1 Introducción

En *1 capituló 2 se estableció que las estruc­turas isostátlcas pueden resolverse a partir de las ecuaciones de equilibrio de la Estática, mientras que las estructruras hiperestáticas re­quieren, para su solución, de ecuaciones adi­cionales ya que el número de incógnitas es nu»w que el número de ecuaciones de equi- ttrio. Existen dos enfoques generales para la resolución de estructuras hiperestáticas. En el primero, la estructura por analizar se “ "vierte en una estructura isostática en la 9* fe satisfacen las condiciones de equili­bró. pero no se satisfacen las condiciones de ta j »ación o de continuidad geométrica <* b estructura original. Los errores o incom- füfibilldadés de geometría que resultan en ■* M inlin i soslálica se corrigen, en una "»*d* etapa, conservando tas condiciones* equilibrio En el segundo enfoque, la es-

hipereslática se transforma en otra

de deformación o de continuidad ®j* trica, pero no las condiciones de equl- ™t ,* * iw . En una segunda etape. se co-

sus principios’.básicos. En este capitulo se presenta el método de las fuerzas, y en el siguiente, el método de las deformaciones. Como se verá en las secciones siguientes, es necesario dominar el cálculo de defor­maciones estudiado en el capitulo 3 para poder aplicar estos métodos.

4.2 Planteamiento general del método de la* fuerzas

Existen numerosas variantes en la aplicación del método, pero en todas ellas se distinguen los siguientes pasos.

3) la estructura original hiperestática te transforma en una estructura isostática eliminando algunas ds sus reseccio­nes contra deflexiones o rotaciones. En general, el número de restriccio­nes que hay que eliminar es igual al grado de Indeterminación de la es­tructura. La estructura que resulta de eliminar las restricciones hiperes­táticas recibe el nombre de estructura UauMct fundamental. . d¿¡¡ ■

b) Se calculan las deformaciones de la estructura isostática fundamental bajo la acción de las mismas cargas que actúan en la estructura hiparas-

rj (ática. Eslaidolormaclonessedano- I minan Incompatibilidades geométricas

original en los punios en que se eli­minaron las restricciones.

• cj Se aplican fuerzas arbitrarías en las secciones donde se eliminaron las

una fuerza por cada restricción eli­minada en la estructura hlperestática

•. y calcular por separado las deforma* clones debidas a cada fuerza.

Ii í d) Se plantea un sistema de ecuaciones I para, determinar el valor que deben

tener las fuerzas correctivas de’tal manera que se corrijan las Incompa-

i tibilidades geométricas. e) Se obtienenlas acciones finales (reac­

ciones, fuerzas cortantes, fuerzas normales, momentos) sumando las qué corresponden a la estructura isostática fundamental y las producidas por las fuerzas correctivas.

En las secciones siguientes se ilustra la aplicación del método de las fuerzas a vigas, armaduras y marcos a través de varios ejemplos.

4.3 Método de las fuerzas para vigas

4.3.1 Planteamiento general paia vigas

Antes de Iniciar la resolución, conviene calcular el grado de indeterminación de la viga a resolver con los métodos expuestos en. la sección 2,6.1. Esto permite saber cuántas restricciones hlperestática* se deben

Verificar; como se verá posteriormente, el número de ecuaciones simultáneas que deten plantearse para resolver el problema;

desde Tuego que' si la viga es de'un solo »y do de indeterminación, en vez de un.-’ tema"“dé ecuaciones se plantea una w ecuación. Las restricciones hipcrestftioj

vigas'o continuidades de las mismas isfa. los apoyos. En el primer caso, se Wb apoyos de tal manera que el número ¿ restricciones en los apoyos sea igual al dúm* de ecuaciones de equilibrio, es decir ¿ ■ ecuaciones si son cargas paralelas y tres, g no lo son. En el segundo caso, lo que te hv» es'Introducir articulaciones Internas en Im vigas, generalmente spbre los,apoyo;

4.3.2 Vigas de varios claros sobre apoyos rígidos n o i

Ejemplo 4.1

Se resuelve en este ejemplo una viga cari nua de cuatro claros, con una carga vertica en uno de los claras. Como.se tienen:

equilibrio, la viga tiene un grado de ¡«fe terminación de 3 (sección 2.6J.. ■ ■'

En el paso a), la viga hiperestílitaa ha transformado en una isostática eliminar do los tres apoyos interiores. Pudo habene*

redundantes, pero tal como se hizo«* más sencillo el-ícálculo de deformado** por tratarse de una viga libremente apoja®en sus extremos. La elección déla üasaaoes importante porque la labor numérica p£¡ de simplificarse significativamente sde*6* nando una Isostática conveniente. .

Después se presentan en el paso U®deflexiones de la viga isostática «nl»* ciones en las que se eliminaran l**1**^ nes redundantes, o sea, en las saccifl** . Cy O, bajo las cargas de la viga«"*"1* J

cálculo de deflexiones, A,.pucdc hacerse pac cualquiera de los métodos estudiados en el capitulo 3. En este ejemplo se utilizó el método de ía viga conjugada. Estas deflexiones son las incompatibilidades geométricas porque en la viga original no hay deflexiones en estas secciones ya que las impiden los apoyos. El cálculo de deflexiones por el método de la viga conju­gada se ha explicado con detalle en la sec­ción 3.5 por lo que no se comenta aquí con mis amplitud. Sin embargo, se presentan los cálculos completos al final del ejemplo con el fin de no interrumpir la explicación gene­ral del método.

En el paso c) se aplican a la viga isostSlica cargas unitarias en las secciones 0, C y O y se calculan las deflexiones, 8, correspondientes a cada carga, en cada sección. Nótese que estas deflexiones tienen un doble índice. El primero seflala la sección en que se calcula la deflexión, y el segundo, la sección en que se aplica la carga. Por ejemplo, la deflexión 8K es la deflexión en la sección 8 producida por una carga aplicada en la sección C. Se men­cionó antes que las cargas aplicadas en este paso eran arbitrarias, es decir, que podían te­ner cualquier valor. Se acostumbra hacerlas unitarias ya que esto simplifica los cálculos. También pueden aplicarse en cualquier senti­do, o sea, se pueden aplicar hacia arriba o hacia abajo. En este ejemplo se han aplicado con él mismo sentido de la carga de la viga original. También al final del ejemplo se in­cluyen ios cálculos de las deflexiones corres­pondientes a este paso.

Ara cumplir con las condiciones de compatibilidad de deformaciones de la viga original es necesario qué las deflexiones únales en las secciones B ,CyD sean nulas, («o podría lograrse si las cargas aplicadas m el paso c, en vez de ser unitarias tuviesen les mismos valores y lo* mismos sentidos de la* ««accione* en las secciones menclo-

sentidos correspondientes se plantean entonces, en el paso d, tres ecuaciones de compatibilidad geométrica que expresan precisamente que las deflexiones totales en las secciones B, C i 0 son nulas. Se obtiene

incógnita* son las reacciones Xc y Resolviendo este sistema se calculan las reaccione* X0, Xc y X„ y con las ecuaciones de equilibrio IM/,«OyIMl "Ose calculan las otras dos reacciones X( y XA. toque lodos los valores de las deflexiones están en función de £/ y este valor es constante en to­da la viga, se puede eliminar al plantear el sistema de ecuaciones. Obsérvese que los valores de Xs y Xc resultaron negativos, mientras que el de X0 resultó positivo. Esto quiere decir que el sentido que se supuso para la fuerza unitaria en la sección D, en el paso c, fue correcto y la reacción correspon­diente actúa hacia abajo. En cambio, el sentido que se supuso para las fuerzas unitarias en las secciones 6 y C fue incorrecto y las reacciones son, por lo tanto, hacia arriba. Los signos de las reacciones en A y en £ quedan determindos al resolver las ecuaciones £ MA = 0 y £ M¡=0.

Es importante visualizar el significado de cada una de las ecuaciones del sistema planteado en el paso d. Asi, la primera ecuación expresa que si se suma la deflexión en el punto 8 de la viga Isostátlca fun­damental, A,, con las deflexiones en el mismo punto producidas por las cargas unitarias aplicadas en B, C y D, Sj* y

respectivamente, la deflexión final debe ser nula, siempre que las deflexiones producidas por las cargas unitarias se multipliquen por los valores reales de las reacciones. Estos valore* son la* incógnitas que hay que despejar en el sistema de ecuaciones, la segunda ecuación expresa lo mismo, pero en relación al punto C y Ja

(cícera, en relación al punlo D. Visto de otra

valores de las reaccionas, y se cargas» la isostática fundamental con la carga externa de la viga hiperestática y con cargas iguales

finales de las deflexiones en los punto B,£ y D serían nulos. Como no se conocen los valores de las reaccione*, se carga la isostática fundamental con cargas unitarias y las deflexiones resultantes se multiplican por las incógnitas que son dichos valores.

En la viga de este ejemplo, la Isostática fundamental con la carga unitaria aplicada en B resulta simétrica a la Isostática funda­mental con la carga unitaria aplicada en D, como puede verse en los croquis de los casos2 y 4 del anexo del ejemplo. Por esta razón, S00 resulta igual a 5¿¿; Sin embargo, debe notarse que esta Igualdad existe aun en vigas no simétricas, por el Teorema de Maxwell expuesto en la sección 3:8.-ASÍ, en el

ejemplo h»resultado &¡g igual a iK , al] en este caso no haya simetría. En general*0 Teorema de ftfí'axwéll permite redu • notablemente el . número de cálculos di deflexiones, o bien, puede utilizarse con! comprobación de los,Cáj&ujoS;

Ya que se tienen las cinco reacción» pueden determinarse los d ¡agramas de za. cortante, y momento flexionante de fa misma manera que en vigasisoslátkas. fVj j dé fuerza cortante, se suman las fuerzas izquierda de cualquier sección, y para elde momento fléxíónante se suman los mom» tos producidos por las fuerzas a la izquierda de cualquier sección o a' la derecha en signo cambiado. En el ejemplo se muéstiaa estos diagramas. Al ¡trazar el diagrama* fuerza cortante se pueden comprobarlos valores obtenidos para las reacciones. Sise empieza a trazar el diagrama desde la reac- clón Ahacla la derecha, al llegar al extmo f se debe teneruna fuerza cortante nula.'.

EJEMPLO 4.1. RESOLUCIÓN DE UNA VIGA CONTINUA POR EL MÉTODO

jija ¿Planteamiento de la yjga isostática fundamental.

íjj.- A 2278.63 |p 3046.90 . 1^2.20

P»oc) Aplicación de caigas unitarias y defexiones correspondientes (los cálculos se presentan al final del ejemplo).

EJEMPLO 4.1 (contìnuiclónl

EJEMPLO .4.1 (continuación)

yI anexo! CALCULO de deflexiones

El ■ constante

Mc - Ac ■771429.69x10-1-X75x 10 I I - X10

1992.20 g

t f c S ï . ’¿ ¿ S

«ac-^K ' £1

Paso w Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad geométrica y cálculo de

g H , 78.75 + 3 Me + 5/6 Mc+0 MD - 0 ^ 142.08 15/6 Me+I V3MC +1 Md - 0

Bjg¡¿-116.67+0 Mj+1 Me +10/3 M0 - 0

El término £1 se ha eliminado porque es constante.

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:

•k.; M» »-18.70 ton m

Hf§ Mo |-26.85 ton-m

Htoododebthvat' gnipio Ú (continuación)

I A , , ^ « _ A - L - L t2 S ~

*4 * ®BC m2 ~~ej—

B¡¡¡||4. Viga conjugada con momento en O.

B 9

K i «ostitiras. los asentamientos de los

K estructuras de ch- J>ftndn. como puentes. en las que se N*4t presentar asentamientos diferentes j" 1"» apoyos, suelen usarse viga» isostátlcas

®m*,ne apoyadas. Por el contrario, en vi-

Ln'tes entre sí, producen mJ ü l í j j Rlonantes y fuerzas cortantes de importan- qúe deben considerarse en el análisis y

seto de la estructura. El método de las fuer- resulta conveniente pata calcular las ac-

producidas por asentamientos de tas i; como puede vene en el siguiente

Ejemplo 4.3

Supóngase quo en la viga del ejemplo 4.1, el apoyo 0 tiene un asentamiento de 1.5 cm. Los efectos de este asentamiento deben su­marse a los de la carga de 20 ton que actúa sobre la viga.

Los tres primeros pasos en la solución son Iguales a los de vigas en apoyos rígidos. Se plantea la isostática en el paso a, des­pués se calculan sus deflexiones en el paso b, y • continuación las deflexiones produci­das por las cargas unitarias aplicadas en cada apoyo suprimido en el paso a. Sin embargo, aunque el valor de El sea constante, ahora debe Incluirse en los cálculos, pues el efecto de los asentamientos depende de la rigidez de las vigas; mientras más rfgldas, mayores son los momentos flextonantes debidos a los asentamientos. En el siguiente paso es don­de se presenta la diferencia respecto a las vigas estudiadas en tos ejemplos anteriores. Al plantear el sistema de ecuaciones, la

asentamientos no debe ser nula, sino debe ser igual al valor de los asentamientos co­rrespondientes. En este ejemplo, la deflexión en el apoyo B se hizo igual a 1.5 cm, o sea, tiene el mismo signo que las deflexiones producidas por la carga de 20 ton y las caigas unitarias en la Isostática fundamental. Obsérvese que con la convención de signos para deflexiones de la sección 3.3 todas estas

con signos negativos, se ha cambiadoda?*a todas, con lo cual no se alteran lo» n^iijAl plantear el sistema de ecuaciones w también la necesidad de com¡dt»(uí de El. pues no todas las ecuacionesdel¿ ma tienen el segundo miembro Iguala»7 por lo tanto, no puede eliminarse ti.

En la figura 4.1 se muestra el cauát todos los apoyos, tengan ascntamlcnios.Co lo que produce las acciones Internas en la tí» son los asentamientos diferenciales, osml asentamientos relativos entre los apa)«, pueden unir concuna linea recta los «q,

apoyos interiores respecto a esta recta. Eacai de que algún apoyo quede arriba de la «a su deflexión total deberá tener Mgnovgig en el sistema de ecuaciones,

Suele resultar conveniente calculjrpe separado los efectos de las cargasy tone- tos de los asentamientos de los apoto. A! calcular estos últimos, las deflexiones deb viga isostática en el paso b serán nubip que la viga no tendrá ninguna carga.

También puede suceder que se «qfr ra calcular el efecto de una rotación tapa» ta a la viga en alguno de sus apotas. M> caso conviene plantear la isostática cono* el ejemplo 4.2 y, al establecer el

apoyo tenga el valor de la rotación la en vez de ser igual a cero.

Figura 4,t, viga con asentamientos en lodos los apoyos

Bsso a) Planteamiento de la viga isostàtica (igual al ejemplo 4.1).

ftsoò Deformaciones en la viga isostàtica (igual al ejemplo 4.1).

feoc/Aptcadòn de cagas unitarias y deflexiones correspondientes (igual al ejemplo 4.1).

EJEMPLO 4.3 (continuación)

Paso d) Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad geométrica y cálculo de las fuerzas conectivas.

H 0.0666+0.00274 XB + 0.00335 Xc + 0.00213 XD.f: 0j01 5 WC;.{! 0.0891+0.00335X, +0.00487Xc +0.00335 XD >0 H 0.0562 + 0.002T3'Xe + 0.00335 Xc + 0.00274 X0 = 0

Todos los términos se han dividido entre El. Resolviendo el sistema de ecuaciones ¿y

=29.'88 toñ'1, X¿ = -51.96toní, X0 = 19.06 ton i

DeJ Af, =0; X, - 3.28 ton T

De^M, =0, XA = 13.69 ton f

Raso e) Reacciones finales y cálculo de fuerzas cortantes y momentos flexlonantes..

cuales multiplicadas por las incógnitas darán el valor de las reacciones en dichos apoyos.

Isostátlca. Por esta .razón, Xc /5O0 y Xn / 500 se les negativo en el sistema de eo

los resortes tendrán entonces

EIEMPIO 4.4. RESOLUCIÓN DE 1A VIGA DEL EJEMPLO 4.1 PERO CON APOYOS ELASTICOS EN LOS PUNTOS C Y D, POR El MÉTODO DE LAS FUERZAS

B-3.42xl04lon-m>

« 5 lqrVcni=’50Ótpn/m’

Los pasos a,b ye son los mismos del ejemplo 4.1, por lo que no es necesario repetirlos.

Riso d) Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad geométrica y cálculo de las fuerzas correctivas.

0.0666+0.00274 X ,+0.00335+0.00213 Xp=0 0.0891+0.00335 X¡ +0.00487 Xc +0.00335 XD --Xc/5000.0582+0.00213XJ +0.00335Xc +0.00274XD»-Xt)/500

Todos los términos han sido divididos entre El. Resolviendo el sistema de ecuaciw®

X, «-19.93 Iont, Xc >-2.67 loní, X0 «-1.44 tont

DeJ*Í4- 0, Xf «O.ÍOtont

De^M, mO, XA a-4.14 km i

Analizando el sistema de ecuaciones que se áMpótn el paso d del ejemplo 4.1, puede *ne que el primer término de cada ecua- tifa representa la deflexión de la viga ■wKu en cada sección en que se elimi- W B reacción; son los términos que se han '(presentado con la notación A, Estas

tila» dependen del sistema de cargas viga original. También puede

coeficientes son independien­tes del sistema de cargas aplicadas a la viga. Se denominan coeficientes de flexibilidad y son los mismos para una viga determinada, cualquiera que sea la caiga aplicada. Un planteamiento equivalente puede hacerse en (elación al ejemplo 4.2 si las deflexiones A

deflexiones 5, por las rotaciones y las re­acciones por los momentos en los apoyos.

Independientemente del grado de Inde-

plantearse un sistema di ecuación« con»los analizados. En general, y usando la no­

el stauiente sistema de ecuaciones:

Un sistema de ecuaciones de esie tipo puede escribirse, en notación míttricial, de la siguiente manera:

o en forma compacta:

18) IX) ? -{A} (4.4)

La matriz (5] es cuadrada de grado n X n y se denomina matriz de flexibilidades. Re­presenta los desplazamientos producidos en la viga isostátlca por las fuerzas unitarias, o bien, las rotaciones producidas por ios mo­mentos unitarios. Como ya se ha dicho, es independiente del sistema de cargas. La ma­triz IX) es una matriz columna, de grado nX 1, y representa las incógnitas del sistema de ecuaciones, o sea, los valores de las reac­ciones o momentos Aexlonanies que hay que determinar, la matriz {A} es también una matriz columna de grado n X 1 y representa las incompatibilidades geométricas de la viga isottática. Como ya te ha dicho, depende únicamente del sistema de cargas aplicado a la viga original.

Según se estudia en álgebra matriclnl, la solución del sistema de ecuación« 4.4 es la siguiente:

(X)--l»)-'{Al (4.5)

donde [8]-' es la matriz inversa de la J [5], El planteamiento matncial resulta J conveniente en lá aplicación del m&odrl las fuerzas. Por una parte, es fácil w ceso a programas de cómputo que invícJ matrices de grados elevados con gran iaJ por ejemplo, la hoja He cálculo Excel, J programas de matemáticas Maple y MaJ dea incluyen esta posibilidad; incluí algunas calculadoras de bolsillo Inviel matrices de tamaño regular. Por otra, claramente que si ana misma viga tiene .j* resolverse bajo distintos sistemas de Q k basta cambiar únicamente la matriz {di n que la matriz Inversa [ó)’ 1 es la misma.

Cuando el método se plantea en ténrí. nos de rotaciones, en vez de deflexiones, la ecuaciones 4.4 y 4.5 se transforman a h siguientes dos ecuaciones, respectivamente

I8J{M) = -{e> I

(M) = - (ej-1 {6}

El lector debe observar que las matrices de flexibilidades (S| o (8| siempre resulta simétricas por el Teorema de Maxwd&> 6„ y e,|« 9„. Por ejemplo, 6,2 = í , , y ambos valores ocupan posiciones simétrica respecto a la diagonal de la matriz quenti constituida por los valores 8„. En los siguientes ejemplos se ilustra la aplicadóo del planteamiento matricial.

Ejemplo 4.5

Considérese la misma viga del ejemplo Los pasos a, b y c son los mismos; se plw tea la viga Isostitlca y se calcula» I* deflexiones A y 6 producidas en la isosiSW por las cargas externas y por las caigas w tarlas, respectivamente. En este ejemplo* muestran las matrices correspondiente* final de los pasos by c. Obsérvese que* cambiado el signo a las deflexiones o*? ladas en el paso b para formar la no"'1

fn el paso d N plantean las ecuaciones j 4-4.5, y se resuelve osla última. El cálcu-i. je la matriz O'1 a partir de la matriz t, o ga, la inversión de la matriz 5, no se muestra tn el ejemplo ni tampoco en los siguientes. . E„ csic caso, la inversión se hizo usando la hoja de cálculo Excel, a la que se tiene acceso fácil en muchas computadoras personales. Los valores de ln Incógnitas X

son lógicamente los mismos que en el ejem­plo 4.1. Su signo negativo índica que él senti­do real es el opuesto al que tienen las fuerzas unitarias Introducidas en el paso c.

El paso siguiente es también el mismo que en el ejemplo 4.1. Consiste en calcular los diagramas de fuerza cortante y momen­to flexionanie a partir de las reacciones. Ya

>E LA VIGA DEL EJEMPLO 4.1, EL PLANTEA*

RisóalPlanleamlonli e la viga fsostática (igual que en el ejemplo 4.

|a isostálica (igual que en el ejemplo 4.11

I j É i g P Í í p i . - —

g y i *

. . . - Á

- ¥ | | ¡ ¡ &

r 93.75 114.58 72.921 |S]-1 114.58 166.67 114.58

[ 72.92 114.58 93.75J

Sg|§f|pI ' F W W

i H 5 H a e - f a i “

m m *<

S M ,-a I

I ¡|1MP10 4.5 (continuación■)

¡ Lis reacciones totales son:

qu.e la misma viga tiene y ,las del ejemplo ante- ¡sario repetir los pasos a se calcula la matriz {A}

se resuelve la ecuación 4.5; ótese que en ja matriz -{A}

las deflexiones se han introducido con signo cambiado. Puede verse que al no ser necesario obtener de nuevo la matriz [8] se ahorra una buena cantidad de cálcu-

. too b) Cálculo de la matriz (Al de la viga isostática (los cálculos se muestran al final ffiej ejempk

i l E m mr & m ■ " '

2 m, . 0. Ai, -3.46 ton î

XMf - 0, X „ .11.82 tonî

I I ¡ xilemi

Viga conjugada

Í Mgm&gm lfl577.86x5-Qx99.5x2j^3+2x2j

-99.5x3x1.5-^x74.25x3jjjX3 I f r » - ■

Uc . t C. S S J > „ , f

^ = a o _ ¿ [ ,s4 :,j6x s-( i i,20 7s" 3j(1í_ |JO-75*ai'1

■ B E s S

Ixcnientc apoyado' y calculando las rotado* ms producidas en cada extremo. En estos osos Is rotaciones son las reacciones de los Hamos cargados con un diagrama triangular ¿f momentos flexiónantes. Nuevamente se hice notar que en los cálculos se ha conside- rodod valor de fí en cada tramo. Los valores olculadas permiten plantear la matriz (01.

cada extremo de los trai que en los ejemplos ant

tana) Planteamiento de la viga isostática.lOtonAn

&»<>> Deformaciones de la viga isostática (los cákuk* se presentan al final <M ejem-

«#.*»*> <•*“ A ""’

[ EJEMPLO 4.7 (continuación)

i r ¿ -------- | ¡ p y | p 5 ¿ .

fV2 VI2 0 1 W ' j V ' J 39/IS Vi»

I 0 Via 20/9J

EJEMPLO 4.7 (continuación)

teo$) Planteamiento matrici.il y obtención de los momentos.

S*í' M W H-M -''íecuación 4.6)

S ¡P f |Í fe 5 5/12 0 1[M,1 , f-7¿12| i5/12 25/18 5/18 Nmc J = |-43.40| JT[O 5/18 20/9J [m0J j-69.44j

¡ 1 1 (ecuación 4.7).

E , ÍMg] r 0.4216 -0.12973 0.016221 [-78.121 f-28.431|mc|= -0.12973 0.77838 -0.09729 |-43.4oU|-16.89}(ton-m)

^ K ;(m 0J [ 0.01622 -0.09729 0.46216.] [-69.44] [-29.14J

Aso *) Reacciones finales y cálculo de las fuerzas cortantes y momentos flexionantes.

I gH conjugada con momento en t ,

y las fuerzas finales en las barras se calcularon en la siguiente jafjs

IjlMFIO 44 (contínuécMni

ljt«f*e«.*

l i Mudurj de este ejemplo es isost.ilica aMmente, ya quo llene dos reacciones M m y hay dos ecuaclonci de equill- MmM internamente es hipcrestática de iMafde acuerdo con las ecuaciones 2 .12.

tea plantear la armadura isotlitica MteNminarso uno de los miembros para 9 * * cumpla la ecuación 2.11. Pero debe

on miembro que pueda eliminarse Mídala armadura so vuelva inestable. Por

Carnadura ser/a Inestable ya que no osla- n fcrmada por tUaguloi. En cambio pue- a idU iU M ios miembros U.-L, o OyL.F S armadura sigue siendo estable. En el H I d» mt* «templo se ha eliminado el ' “•nbro U A,. £1 miembro puede eliminar-

* B vez de eliminarlo se corla en algúnN » jS n | no podría resistir ninguna

tuerza axial. Esta segunda opción es la que se sigue en el ejemplo porque toma en cuenta la deformación propia del miembro.

En el paso b se han calculado las fuer­zas en todos los miembros de la armadura Isostálica; son las fuerzas f'dtla labia, aun-

. que no se incluyen todos los cikulos. Tam­bién se ha calculado la incompatibilidad geométrica en la ísostálica, que en osle caso es el desplazamiento A que ocurre entre las dos secciones del corte. Como en la armadura original la barra es continua,este desplazamiento no existe. Ahora bien, para calcular d, de acuerdo con lo estudiada en la Sección 3.7.7, se coloca uní fuerza unitaria virtual a ambos lados drl coito, como se muestra en la figura 4.3, y se calculan las fuerza* en las barras producidas por la luna unitaria. Son las fudnat |i mostradas en la labia. Tanlendo las fuerzas F y |i, la deflexión á se calcula con la ecuación

4.4.2 Planteamiento matricial para armaduras

Los mismos principios aplicados al plantea­miento malricial del método de las fuerzas en vigas hjperesWlicas se aplican a armaduras Mpensllticas. ya sea que su indetermina­ción se* externa o interna. Se trata también de escribir el sistema de ecuaciones 4.2 en la forma matricial 4.4. Si la armadura es externamente indeterminada, las deflexiones A serán las deflexiones de la armadura isostática en los apoyos suprimidos bajo la acción de las cargas reales, y las deflexiones S serán las que ocurran en los mismos apo­yos bajo la acción de las cargas unitarias. Si es internamente indeterminada, A serán las deformaciones en los extremos de los miem­bros cortados bajo la acción de las cargas realesySserán las mismas deformaciones pe­ro bajo la acción de las cargas unitarias aplicadas en fos cortes. En armaduras inde­terminadas externamente e internamente, las Á y fas 5 incluyen ambos tipos de deforma-

H fpli 4.10

Seilustra el planteamiento matricial para una armadura hiperestática. La armadura mos­trada Irene un grado de indeterminación exlema y un grado de indeterminación ¡n-

La armadura isostática se ha planteado eliminando el apoyo en B y corlando el •hmbu U<íy En el peso a se muestra esta armadura con w i cargas externas.

En «f peso b se resuelve la armadura «osiiOca y te calculan la deflexión en el PMeC, donde se eliminó el apoyo, y el des- HttamMo en el miembro cortado (véase gf taMa al final del paso bl. Estas deforma*

ciones se calcularon con la ecuación 4.8. Las fuerzas pB son las producidas por una fuerza unitaria en el punto B y las fuerzas |in las producidas por una fuerza unitaria en el miembro cortado U7-1,. Como el signo de A0 resultó negativo, en el miembro cortado ocurriría un acortamiento, ya que las fuerzas unitarias introducidas en este miembro son de tensión.

En el paso c se introducen las cargas unitarias para corregir las incompatibilidades geométricas de la isostática, o sea, As y Aq. Las deformaciones producidas por estas cargas unitarias se calcularon con la ecuación 4.9.

A continuación, se plantean en el paso d las ecuaciones matriciales 4.4 y 4.5 con lo que se resuelven las incógnitas XBy Xp La primen es el valor de la reacción en el apoyo B, y la segunda, el valor de la fuerza axial en el miembro 1/.4.,

Finalmente, en el paso e se presentan las fuerzas totales en las barras de la armadura. En este caso con dos grados de indeterminación, hay que sumar las fuerzas f de la isostática con las cargas extemas (paso a), las fuerzas >r( de la isostática con la carga unitaria aplicada en B (primer croquis del paso c) multiplicadas por el valor obtenido de la Incógnita X^ylts fumas fi¡¡ de la isostática con la fuerza unitaria aplicada en la barra U¡L, (segundo croquis del paso c) multiplicadas por el valor obtenido de la incógnita X0. for ejemplo, en la barra LJ.y la fuerza lotal será:

IJ i , • (213.75) * (0.9) (319.20) * (-0.707) (-1087.29) a 1152.1 kN

De esta manera se calcularon las fuerzas en todas las barras, las cuales se presentan también en la ültima columna de la labia del paso b.

il w no-

Í íd ’ X wMA« - '« .1 «

f t» d) Cálculo de las redundantes por el planteamier

; . [ # M 4 ,

„ . [503.78 163.131 fX-i Í-875C

Se aplican lo» mismos principios generales opuestos en la sección 4.2. tora transfor­mar un marco indeterminado en uno nnaMoi. se eliminan las reacciones de a po­jo redundantes. Esto puede hacerte de di- Mitas maneras, por lo que conviene elegir m marco ñotlálico en el que resulte mis apedifoel cálculo de deformaciones. Tam- bién en marcos puede hacerse el plantea- •tutoatetrtciai usando las ecuaciones 4.4, rn tN M nr el sistema de ecuaciones, y 4-S para resolverlo. I sto se ilustra en los si­guientes ejemplos.

4.5 Método de las fuerzas para

QMple4.it

Se ptanny el cato tencHIo d* un marco con w «logra* da Indeterminación, linolpaso

a se plantea el marco itostitico que se ob- tiene eliminando la componente hoiizontal de reacción en el apoyo O. Esto equivale a transformar este apoyo en uno libre.

Enei pasobsecakula la deflexión que corresponde a la componente de reacción eliminada, o sea, la deflexión horizontal del punto D, bajo la acción de las cargas extcr- nas. Se utilizò el mètodo del trabajo Virtual (sección 3.7.7). Rara hacer este cilculo. que se muestra al final del esemplo, se obtuvic- ronprimero las tres componente» de reacción V. Ha y Vgp y el diagrama de momento!

marco isostitico. Despuós se apllcó una fucr-

cularon lai reacciones y los diagramas de momento» concspondientes. Por medio de la

mar lón àn que resultò de 9659.25/EL Ob- stfrvese que corno resultò con tigno negativo, su tohlldo os inveito al de la fuerza unitaria

en las columnas están determinados de acuer­dó con la convención establecida en la scc-

van como se indica en la figura 2.15.En dpasoeseaplicó una fuerza unitaria

para corregir la incompatibilidad geométrica. Esta etapa resulta idéntica a la segunda parte

tal aplicada en O. La deflexión correspondiente resultó de 182.25/EI.Habiendo determinado 4o y ?«> se plan­

tea la ecuación -1.2, que es una sola ecuación porque el grado de indeterminación del icár­eo es igual a uno. De esta ecuación se despe­ja el valor de la reacción horizontal H„ que resultó con un valor positivo de 55 ton. El va­lor positivo indica que su sentido debe ser el mismo que el de la fuerza unitaria aplicada para corregir la incompatibilidad. Estas ope­raciones se realizan en el paso d del ejemplo s figuras de la tabla 3.1 de ¡iwgofctdta

N MARCO HIPERESTAUCO POR EL MÉTODO

EJEMPLO 4.12 (continuación!

ä s Diagrama (c/)3.0(m,jl

3..Cálculo de las deflexiones correspondientes.

*»Maffanus(a)y(l»|:

Ü i imM) <w M M M * m y * 3(MiXm-cj)*

*»-|(-l|^j(-4.5)-2)t6)lJ*|(135)(2(-3l-4-3Í-5+3(,35X-})3* - ^

V Wa*r«M> Ulylcll:

4By Idiagramas (a) y (d)|;

¿ « . (2m* + Ote) 5+AVnalj -¿(-*05)[(2K^P;(4o)] (3)+(, Js)( 'A I

(diagrama (b) consigo miimol:

>MAt * sm (-6-0X“6-0)(6.0) =

Itlipgramás (b) y (c)|:

- j* * ,» * , s§!(9.0X-6.0X6.0) - 2

|j|® Idiagramas (b) y (d)|:

I 15

^ (diagrama (c) consigo mismol:

-5'n-VimA,,5tm/,yr)A„^^»SX-9X)X9.0)+(9.oX9.o)(60) =

fīm iai(c)y (d)|:

•"W "^*-(-«.0X9.0X6.0)-^l

EJEMPLO 4.12 (corílinuactón)

Ll|_ (diagrama (d) consigo mismo):2U0

W* a | . ! ( - «j X-6-^6-0)+ (-60X~60 6 " j T _ I

, 4 l Resolver la siguiente viga por el método de las fuerzas utilizando cada una de las jsosljt'cas fundamentales mostradas. Comentar cu.1l resulta m.1s conveniente y por —jí Trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionantc.

Eü'5¡!ÍÍIon/m I 3um/m

fundamental que se crea mis conveniente. En todos los casos El » consunw*

í

B l à j l ; ,.-1 ' s á — - — h

4.5 Resolverlas siguientes vigas sobre apoyos elásticos. Usar los'valores de E y de I del problema anterior*

| g ■/ C AP ITU LO D

’Resolución de estructura; indeterminadas por el método ,de las deformaciones

Introducción / 5.2 Planteamien -—ral del método de las deformación >5J Rigidez ai

I de I» deformaciones para armaduras / 5.7

5.1 Introducción

Ehesfecapítúlp se presenta el segundo de los fc métodos generales para la resolución de nanos Indeterminadas planteados en la ¡Mdacddn de) capítulo anterior. A diferencia dd ménxfo de las fuerzas, en el método de las «■Mtñno' o método de las rigideces, se fbnfeauna enuctura en la que se satisfagan las m&uude compatibilidad geométrica, aun-V no se ampian las condiciones de equili- too-Est» últimas se logran en una segunda etapa •odratndo fuerzas conectivas que no alteren hcmfciona de continuidad geométrica. El IfWb klbidrformaciones se presenta en este W e n su forma más general. En capítulos

fuer7.is horizontales en marcos. La estruc­tura transformada tiene continuidad geométrica, peto no cumple las condi­ciones de equilibrio estático.

>) Se planlean'las ecuaciones de equilibrio

nan los desequilibrios que resulten. Estos desequilibrios son también momentos Aeúonantes o fuerzas, según el tipo de estructura.

calculan Las acciones que produon estas

formación» aplicadas son urtj» iones, en

g g ¿ "O:

|| yb j-ro1'! '“* (Ec,)(ÉC.2)

fc X M* “ 0:

G iu n to H „ obtenido de la ecuación 2, en U ecuación 3 y despejando M*,:

pan que experimente una rotación unitaria, cuando el extremo opuesto se encuentra empotrado. Obsérvese que el momento re­sulta directamente proporcional al módulo de elasticidad y al momento de inercia, e inversamente proporcional al claro de la viga. Intuitivamente puede deducirse que mientras mayor sea el módulo de elastici­dad o la inercia de la sección, mayor tendría que ser el momento necesario para produ­cir la rotación del extremo de la viga, y que mientras mayor sea el claro, menor tendría que ser dicho momento porque la viga sería m.1s flexible. Nótese también que en toda esta deducción se ha supuesto que el-valor.de El es constante. Cuando no lo es, la rigidez angular puede calcularse aplicando un momento cualquiera en el extremo libre de la viga y determinando la rotación que produce este momento. El cociente del mo­mento entre la rotación es el valor de la rigi­dez angular. El método de Newmarlc para calcular deformaciones, estudiado en él ca­pitulo 3, es muy útil para estos casos, ya que permite tomar en cuenta de manera expedi­ta la variación de f/ a lo largo de la viga.

El concepto de rigidez angular es de fundamental importancia en Análisis Estruc­tural y se utiliza con mucha frecuencia en los métodos más usuales pan la resolución de estructuras indeterminadas. El término f/f suele representarse con la letra K y se deno­mina helor de rigidez. Usando esta notación, la ecuación 5.1 puede escribirse

Otro concepto importante que se deri­va de la figura S.l es el de factor de Irans- pene, le Ec. 2 de esta ítgura expresa que si

libre de una viga, en el extremo opuesto, si ■U empotrado, aparece un momento M¿í que M i la mitad del primer momento- O «ee

- - Supóngase ahora que la viga tíent wbos extremos libremente apoyados, muestra en la figura 5.2a. En este caso. iíJ Impone una rotación en el extre 0.

- mediante la aplicación de un momento u en el otro extremo aparecerá una fotar£ 8W, como se muestra en la figura SJb, pe* no podrá desarrollarse ningún momento con» sucedió cuanáttel extremo 8 estaba empa» do. En forma similar a la del caso anieriv. puede determinarse, usando el métododeb viga conjugada, cuál es el valor del momento

necesario para producir la rotacidn ». y cuál es el valor de la rotación Q¿, que« desarrolla en el extremo opuesto. Esta de» minación se plantea en la figura 5J. la lip conjugada, figura 5.2</# tiene ahora los dos» iremos libremente apoyados y tu caiga« únicamente el diagrama de momentos flexionantes producidos por dividido en­tre El. El parámetro conocido es la rotación 0 n y jas (ncdgnitas son y 0M-

Según se deduce en la figura JJ. i momento que es necesario aplicar cada- tremo A para producir la rotación

SI la rotación es unitaria, el momei* que se requiere aplicar, o sea, la rigidez ** guiar, es:

u mS L (SÜ

Usando la notación K • /// > *** *c-r clón se puede escribir como

ï i r - W - .0 í (M

.<— •0 (M

s#*luyendo este valor en la ecuación 1 y despejando 8M:

(Eci)

Figura 5.2. Determinación dc la rlgld« angular P»« |

¡gift ■-I,~ -1

I...I.I| j Mab

' < * " 1(O 1 7 " “

Para que 0,1- 0,

M

Pm que la deflexión en B sea igual a â:

$ïÆê ¡là

m É k ! * * .

Flp” *-4' °««<»lMckJn à, I. ,l,id« B d. una viga con un nl*"°

s s H p s a p a

■ I S f e S E * :

‘ ' • i í é I e í e

(5.16)

W r y

' S ; ¿ í ; á ¥ ; ( K Í g S

æ a â f f S S

jrici simultáneas cuyo número es igual al <le apoyos eri los que so haya restringido al giro. - .

Por cada posible giro que. pueda presentarse en los apoyos de tina viga, se tlico que ésta llene un gracto de libertad o grado de intetdcteiminactán cinemática. Así, la viga del ejemplo 5.1 incluido más adelante tiene cinco grados de libertad, uno por cada apoyo. Obsíivese que en cada apoyo interior hay un solo giro, pues es Igual a ambos lados del apoyo. Sin embargo, cuando se resuelva esta viga, se planteará un sistema de sólo tres ecuaciones simultáneas, ya que aunque haya giros en los apoyos Ay f, i

el momento flexlonante es nulo en dichos apoyos. La viga del ejemplo 5.2 tiene sólo dos grados de libertad, ya que no hay giros en los apoyos A y O. Al resolver este problema se planterá un sistema de dos ecuaciones simultáneas.

5:5.T Vigas de varios claros'sobre apoyos

nua resuelta en el ejemplo 4.2 por el método de las fuerzas, siguiendo lo» pasos es* tnblecidos en la sección 5.2 de este capitulo.

una viga en que se satisfacen las condldo- nes dé compatibilidad geométrica, pero no las condiciones de equilibrio. Esto puede lograrse empotrando lodos los apoyos de la

Irada, y los claros extremos se lia reforman

empotramiento perfecto para estos da* u- sos.son conocidos para distinto« tipos de carga. Para cargas uniformemente distribuí;

oh Los momentos de empq perfecto pueden obtenerse parí condición de carga por el méa fuerzas . estudiado enel capftil En la ¿tabla 5lt Incluida al fiJ capitulo se presentan sus valoJ condiciones de carga más usu parte Izquierda de ;li' tabla i corresponden a vigas con ul>-«xin:nttr empotrado y el otro libremente apoyado, mientras que en la parte derecha, a vid anillos extremos empotrados.

En el paso b se determinan los me tos de desequilibrio como las difcreim entre los momentos de empotramiento p fecto a ambos lados de cada apoyo. Ap momento de -0.8 en el apoyo 0 es la & rencia del momento de +20.0 en el claro 8A y el momento de 420.8 en cjclaro #C EM momentos de descqúilibió indican que, u que en la viga planteada en el pato . compatibilidad de. deformaciones, no s cumplm las condiciones de equlUbña I

Rtra restaurar el equilibrio de la vid se han impuesto en el paso c rotaciones ■■

extremos que son’libros. Estas rotaciones: aplican en cada apoyo manteniendo empr irados los demás. Por lo tanto, produa momentos en (os, dos claros adyacentes,, apoyo únicamente. El valor de los rnonq tos Inducidos se puede calcular a partir« concepto de rigidez angular. Asf, la roudí unitaria en el apoyo 8 produce un momenj

que, de acuerdo a lo obtenido en la I gura 5.2 ya Ik ecuación 5.5. vale 30/fa 1 que el claro AB tiene libre el extremo opufl to a aquel en que se impone la rotación. Es misma rotación, de acuerdo a la figura l ya tas ecuaciones 5.1 y5:3, produce un mj mentó da *tl/lK en el apoyo B del d» BC, y un momento de W/tK en el ipoii del claro CB. Este último momento ** I mitad del producido por la. rotacióni fftj apoyo B.

E|ÉMPIO 5.1. RESOLUCIÓN OE UNA VICA CONTINUA HOt El MÉTODO DE LAS DEFORMACIONES

.too <ft Cálculo de las relaciones reales:

•Vi -O.8+f/[4+r]0fl +IB

| j | | v +10.0 +f' m 0c+£,Ui Solviendo el sistema de ecuaciones:

[(EMPIO 5.2. RESOLUCIÓN DE UNA VIGA CONTINUA CON IOS EXTREMOS EMPOTRADOS

-^PIO 5. Î (continuación)

^ Jfenteaimento de una viga <i¿„ continuidad geométrica:

Mas- - 2° xj 50i = gi.r2.50 ton ni

5^+5x3)

M Cálculo de los momentos de desequilibrio:

Reo et Imposición de-rotaciones unitarias:

EJEMPLO 5.2 (continuación)

Pbso di Cálculo de las rotaciones reales.

W È W Ê $ ÿ Ê Ë % -0

I Resolviendo, el sistema de ecuaciones:

-4x 14.259P j « 5p£¿ c I ~~b---- “ -9.506 Ion-ir

H n 2i/0 «fi fe -2x14.259s:v:''-;raoc --r"“-0c ----- r^-i--4.753lon-m■ R :" 'co

fuo tl Cálculo « momentos finales.

UM I|i2ÍÍ>+5.056 - -7.444

ífcí. W« «fôÎ8+. 3 0,111=¿22:g| 1

É | ¡ Mjc 28.12+5.510 = -22.610

¡ ^ ’ =+28.12-7.940 = +20.180/ '

f f l | |Mo, ÄM.67-9S06 4^0:176

Diagramas de corlante y momento flexionante.

g[MPLO P (continuación)

"«patudo en la viga original. Los momen­tos eje empotramiento perfecto ,y , te calculan con las ecuaciones 5.7 y 5.10 (véanse también las figuras 5.3 y 5.4). El momento Af„ se calcula con la ecuación 5.10 porque el extremo opuesto está libre­mente apoyado, mientras que los momen­tos Mn y M,„ se calculan con la ecuación 5.7 porque los extremos opuestos están em­potrados. Obsérvese que. por efecto del asentamiento del apoyo 8. el tramo AB ex­perimenta una rotación en sentido horario, por lo que el momento Mu es negativo; mientras que el claro BC tiene una rotación en sentido antihorario por lo que los momen­tos Mk y Mcb son positivos, de acuerdo a la convención de signos establecida en la sección 53 para el cálculo de rigideces li-

in el paso b se calculan los momentos dedesequilibrio. Obsérvese que los momen­tos i ambos lados deI apoyo B son de signo contrario por lo que se restan.

Al igual que en los ejemplos anteriores, en d paso ese imponen las rotaciones unita­rias en cada apoyo, manteniendo los otros empotrados, excepto el apoyo libre extremo que se conserva libre. Los momentos produci­

dores de cada tramo de la viga, o bien, los ■ñamemos transportados cuando se trata del

las incógnitas 6 , y 8C. Estas ecuaciones, al igual que en los ejemplos anteriores, indi­can que la suma de momentos alrededor de

- cada apoyo es igual a cero. Resolviendo el sistema de dos ecuaciones simultáneos se obtienen los valores de las rotaciones 0„ y0, que deben introducirse para restaurar el equilibrio: Nótese que ahora las rotaciones quedan en radianes y ya no están en fun-

" ción de El.En el paso e se han calculado los mo­

mentos correctivos multiplicando los mo­mentos indicados en el paso c por los valores de las rotaciones 8„y 0,.

ftx último, en el pasofse han calculado los momentos finales sumando los momen­tos de empotramiento perfecto calculados en el paso i con los momentos correctivos calculados en el paso e . Es importante obser­var que ahora los momentos quedan en función del parámetro El. Para tener los valores de estos momentos en términos absolutos debe sustituirte en las expresio­nes del paso l el valor de El. Como el asentamiento A y los claros t se han expre­sado en cm, el valor de El debe expresarse en ton-cm- o en leg-cm2 para tener los mo­mentos finales en ton-cm o en kg-cm, res­pectivamente, El lector puede ver en forma intuitiva que los momentos debidos a asentamientos de los apoyos dependen del valor do El, o sea de' la rigidez de la viga. Mientras más rígida sea la viga, mayores se­rán los momentos.En el paso d se plantean las ecuaciones

«fe equilibrio de cada nudo en /unción de

lüuno J .J . VIGA CON ASÍNTAMIINTO EN UN APOTO

PHo (ft Cálculo de rotaciones reales:

— i g ^ a

H S é ?®’ ' i w ® x’< —

■i , ' 5 % * € , t : ( r2^ ! -1w ) “ ’' , ‘r‘ - ! i -” iB' " r ‘ )

guiares de los miembros que concurran in el nudo a| qutu impone la rotación, o tnen, el momento transportado a {os extre­mos opuestos a dicho nudo. Estos coeficientes ¿ependen ¿elusivamente de las caraclerfc- ilcaí de lai vigas. IV lo tanto, sistemas de «Melones como los del paso (/délos ejem­plos pueden escribirse en la siguiente forma generalizada:

,J19Lbs términos Pt representan los momentos de desequilibrio en los nudos /. Los términos representan la suma de las rigideces an­

gulares de los miembros que concurren en el nudo i; cuando los extremos opuestos están empotrados, estas rigideces valen <£//< y cuando están libremente apoyados, valen 10/t Los términos Je. representan los Momentos transportados a los nudos / cuando se Impone una rotación unitaria en dm^f.Eh miembros dé sección prismática, danmemo transportado al extremo/, cuando «ynera un momento en el extremoi.es igual «Mamo transportado al extremó i cuando* genera un momento en el extremo/; ésto pede terse en d paso c del ejemplo 5.5. Por lamo. k - k, y a matriz es simétrica-Todos ItttlfliHos k se denominan coeficientes de aMéji Y los términos e, representan las «aciones en ¿I nudo i. En notación ■«ricial, las ecuaciones 5.21 puedenSgHrsé.enu «guíente forma:

grado n X n, y se denomina matriz de rigi­deces. El grado n es igual al número de rotaciones desconocidas en la viga origi-

unitarias que es necesario imponer en el piso c. Además, por el Teorema de Maxwell, resulta una matriz simétrica.‘La matriz (8}es una matriz columna de gra­do n X I, al igual que la matriz (P). Los términos P, ion los momentos de desequi­librio en los nudos.

Los valores de las Incógnitas 9, pueden obtenerse resolviendo la ecuación matrlclal 5.23, de tal manera que

i i 1*1(61- -ÍP\ , 15.23)

i- i n (5.24)

donde M'1 es la matriz inversa de IAI.El planteamiento matricial resulta es­

pecialmente conveniente en el método de las deformaciones porque los coeficien­tes de rigidez k son más fáciles de calcu­lar que los coeficientes de flexibilidad 5 en el método de las fuerzas. Se obtienen directamente de las rigideces angulares y de los momentos transportados, sin ne­cesidad de calcular tas deformaciones de las vigas. Por esta razón, la mayoría de los programas de computadora que se usan actualmente para análisis estructu­ral se basan en él cálculo de la matriz de

En el siguiente ejemplo se ilustra este planteamiento matricial.

Ejemplo 5.4 Se resuelve una viga continua de claros iguales con un voladizo en el extremo daédn. la viga tiene una carga dis­tribuida en el primer claro y cargas concen­tradas en los demás claros.

Debido a la existencia del voladiza es necesario en el paso a empotrar también el

apoyo f, ya que d mámenlo A/fo no es nulo. Los momentos df empotramiento perfecto se calculan de la manera usual y el momen­to en el voladizo es igual a PC-

Los momentos de desequilibrio del paso b se calculan igual que en los otros ejem­plos-

El paso c no es estrictamente necesario en el planteamiento matricial, ya que pue­den obtenerse directamente los coeficientes de rigidez k , pero se ha incluido para ma­yar claridad en la exposición. Obsérvese que la rigidez del voladizo klf es igual a 0, ya que para hacer girar una viga apoyada en un «tremo y libre en el otro, no se requiere ningún momento, como se ve en la figura

figura 5>8. Rigidez de un voladizo

En el paso d se establecen las matrices de la ecuación 5.22. En la matriz |Jt| se puede lacltxizar el término Et/t ya que los claros ion iguales y el valor de £I es constante. Para determinar los coeficientes Lse han nume­rado en la figura de los pasos b y c los apo­yos en que aparecen las incógnitas; son 4 apoyos, fiira establecer cualquier coeficien­te, debe recordarse que k¡, es la suma de las rigideces angulares de los miembros que concurren en el nudo I cuando el nudo/ ex­perimenta una rotación unitaria. Por ejem­plo, con referencia a las figuras del paso c, t r i l la suma de las rigideces de los miem­bros Cf y CD. que son los que concurran en el nudo 2, cuando este mismo nudo sufre «M rotación unitaria, que es ¿I caso de la «egunda figura del paso c; por lo tanto ku

es la suma de 4E//5, del miembro Cfl y del miembro CD; por eso k¡¡ en la maM, |t | del paso dvale 8 (EI/5 se ha factorial*

de los miembros que concurren en el m2 cuando el nudo 3 es el que gira, es la sunu de jas rigideces de los miembros C8 y Q)

entonces 2EI/5; por eso en la intersección del segundo renglón y la tercera columna de la matriz |i l aparece un 2. Como purdt verse, la matriz de rigideces es muy sencilla de formular, ya que las rigideces de los miem­bros son siempre 4E//Í, si el extremo opuesto está empotrado, o 3EI/L, si el extremo opuesto está libremente apoyado. Por eso se decía que no en necesario dibujar las figuras en el paso C. Además, la matriz [fcj siempre resulta coa muchos términos nulos, ya que la rotación de un nudo sólo afecta a los miembros que concurren en él. Esto hace más fáciles las operaciones matriciales. Conviene calcular todos los términos de la matriz y desperé* verificar que se cumpla la condición k- ■ k. o sea, que sea simétrica, como una comproba­ción de los cálculos.

Después se ha planteado la matriz IFI que son simplemente los momentos de des- equilibrio, obtenidos en el paso b, con signo cambiado. La notación indica que esuna matriz columna.

A continuación se han obtenido Tos w* lores de la matriz 10) con la ecuación 5.24. La inversión de la matriz |fcj y la multiplica- ción de Itl'1 con (P) se hicieron con la hoja de cálculo Excel, pero pueden efectuarse estos cálculos a mano o con tualqui®' programa de computadora que haga operaciones con matrices. Obsérvese queal invertir la matriz |k| también se invierte® término El/f. Por está razón los valores*“ quedan en función de t/EI.

correctivos m. Esté cálculo puede l * ^ como en los ejemplos anteriores, usando W ■ Muá.dóitót .ilS/'y.SiSoyó'bjéntipüédaPii1 j

^ara en el ejemplo. Si se escriben prime- nial matrices columna 1ro) y (8), la matriz ¡nleimcdin puede obtenerse calculando sus láminos con la ecuación 5.20. Por ejemplo, ¿momento mK de acuerdo con esa ocua- ción. seria 4f//,ÍC. que es ftlc;:mu(tiplicado por 9 más 2EI/Lstl que es 0.5kg/-, multlpli- odo por 8C. Por eso, los dos primeros tér­saos del tercer renglón, que corresponde jaulón O.Skgf-, que se multiplican pg rljK respectivamente, mientras que

los otros términos del renglón son nulos ya

después los momentos correctivos multi­plicando dicha matriz por la matriz (0).

momentos finales sumando los de empo­tramiento perfecto con los momentos correctivos. Están en ton-m porque son las .unidades que se emplearon a lo largo del ejemplo.

A 1 A ‘- g ^

foqa) Planteamiento de una viga con continuidad geométrica.

HSI¡—i—s—É¡¡H ^ v-16.67Íl6.67-12.S0+12.S0-187S+18.75-9J7+9.J7-15X»

m I» Cálculo de los momentos de desequilibrio.

Diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.

jjtMPlO 5.4 (continuación)

[lW](tonrn)

5.6 Método de las deformaciones para armaduras

lk.fOmsUet»ciones generales

los nudos de una armadura sufren despla­zamientos lineales al acortarse o alargarse• miembros, ya que éstos trabajan exclu­sivamente a cargas axiales. Por lo tanto, al (bntear una estructura con continuidad (MntAríca deben restringirse los desplaza- ■tatos de los nudos. Cada nudo, excepto kH que coinciden con apoyos, tiene la posi­bilidad de tener un desplazamiento horizon- Wy,uno vertical, o bien un desplazamiento flttti dirección cualquiera. De cualquier * n ra. se tienen dos grados de indeterml-

"•o de ecuaciones simultáneas que hay que ¡ m « generalmente de 2n, siendo n el M w t de nudos de la armadura. Esto trae M B ramacuencia que el método de las

•za» sea casi siempre más apropiado para Ssmj? armaduras que el método de las

deformaciones. Sin embargo, para ciertos casos en los que el número de nudos es pe­queño, este último resulta mis conveniente; especialmente cuando se plantea en forma matrícial y se dispone de programas de com­putadora para inversión de nutrices su em­pleo llega a ser más sencillo. En el siguiente ejemplo se ilustra su aplicación usando una armadura muy sencilla que sólo tiene un nudo fuera de los apoyos.

Ejemplo La estructura de este ejemplo consiste en tres barras que sólo resisten car­ga axial y que concurren en un nudo al que se aplica una fuerza horizontal y una verti­cal. El trabajo es el de una armadura preci­samente poique los miembros trabajan a carga axial y están articulados en sus extremos. Las longitudes de los miembros w han calcula­do a partir de las cotas de cada nudo.

De acuerdo con el planteamiento ge­neral del método de la deformaciones, en el paso a se debe establecer una estructura en la que se cumplan las condiciones de contl-

ftso bi Cálculo de las fuerzas de desequilibrio.

pgso tí Imposición de desplazamientos ur

EJEMPLO 5.5 (conllnutdón)

^ Í Í l ^ - +Í2^£¿+ÍÍ^j.Xf[o.O4M+0-O257+OX)770)-0.14»IA£

fc j^ -S -0 ¿ (~5-O)2 + (~5~°) L 1262+0.1605+0.0393] - 0.3260«jg | 5.833 5.383 8.60* J

, B b H I m

Af(-0.0757 +0.0642+0.0550] - 0.043ME .

P«o <fl Cálculo de;desplazamientos reales.

¡£;-M+0.14ai/«A1+0.0435-«42“ 0

♦20+0XM35A£AI+0.3260/4£4?“ °

^Mlviwóo el sistema fI »9.0310 -73-2296

- i p ■

V - B B H B B

do todos les nudos con apoyos articulados. de tal manera que no puedan tener despla­zamientos horizontales o verticales. Se ha elegido el apoyo /l como origen de coorde­nadas y se han indicado fas coordenadas de cada nudo.

Las fuerzas de desequilibrio se mues­tran en el pato b. Son Iguales y de sentido contrario a las fuerzas externas. Equivalen a los momentos de desequilibrio en los ejem­plos de vigas continuas. En la figura de este paso se han numerado fas direcciones de los posibles desplazamientos de los nudos. Desde luego, como los apoyos A y O están articulados, no pueden moverse ni horizon- talmente ni verticalmenie. y por lo tanto, los desplazamientos en las direcciones 1,2, 7 y 8 serán nulos.

En el paso c se imponen los desplaza- miemos unitarios en cada nudo. Esta operación es equivalente a la imposición de rotacio­nes unitarias en los apoyos de las vigas continuas. Por ejemplo, en la primera figura de este paso, se ha impuesto un desplaza­miento horizontal unitario y otro vertical también unitario en el nudo 8, mantenien­do fijos lodos los otros nudos. Como conse­cuencia de eslos desplazamientos, aparecen fuerzas en los extremos de todas las barras que concurren en dicho nudo. En el propio nudo 8 aparecen las fuerzas kiy k3r k43 y lM. De acuerdo con la explicación de la sección SA y de la figura 5.5, la primera es b fuerza que se origina en el nudo 8 en la dirección 3 debida a un desplazamiento unitario del nudo en la misma dirección; la segunda es la fuerza en la dirección 3 debi­da a un desplazamiento en la dirección 4; la tercera, que es igual a la segunda, es la fuerza en la dirección 4 por un desplaza­miento en la dirección 3; y la última es la fuerza en la dirección 4 por un desplaza­miento en la misma dirección. De acuerdo también con las explicaciones mencionadas, esta fuerzas se calculan con las ecuaciones S.lfr; la sumaioria se hace con todas las ba­

rras que concurren en el nudo,l___ caso, con las barras BA. BF, Bt y BC ten d ejemplo se ha hecho en estcH ejemplo, en el cálculo de kiy I

sucesivamente; los denominad^^^SK longitudes de las barras; y el término Al * ha factarizado por ser constant^^^^^S

Como consecuencia de los desplaza­mientos del nudo B, también aparecen fuerza en los extremos opuestos de las barras que concurren al nudo, o sea, en los nudosAJ,£ y C. Estas fuerzas se calculan con fas ecuaciones 5.17 y en cada nudo hay que I calcular cuatro fuerzas: k—, k y i l H el nudo F, por ejemplo, aparecen k„ j y kt¡ i , respectivamente leuando [os I subíndices tienen más de un dfgito se sepa* I tan por comas), de acuerdo con la numen- I ción de desplazamientos indicada en el paso I b. El término 4c,, , es la fuerza en dirección I horizontal en el nudo f debida a un tiespía I zamiento horizontal unitario en el nudo fl, I la fuerza k „ . es la fuerza en dirección hori. f zontal en el nudo F debida a un desplaza- I miento vertical unitario en el nudo B, y así f sucesivamente. Obsérvese que las fuerzas en I el nudo A no se han calculado en el ejem- I pío, porque los desplazamientos, tanto » I tical como horizontal, son nulos en apoyo, y las fuerzas k se multiplican. nórmente por los desplazamientos de los J nudos. Por lo tanto, no es necesario caku* I lar todos los coeficientes de rigidez iq a r l tengan como subíndices 1, 2, 7 y 8. . j

En las siguientes figuras del paso ese «n ■ imponiendo desplazamientos unitarios en # cada uno de los otros nudos y se calculan U* fl fuerzas que aparecen en el nudo en cuestl*) ■ y en los extremos opuestos de las barras qi* m concurren en el nudo. De esta manera se* calculan, para el ejemplo, los 64 coefidenW™

KíoéflciWtS ** elevado, se debe observar S mochos son iguales entre sí, ya sea ¿«jileen Iodos los casos =k , o porque jjersiméirica la armadura, resultan ¡guales varios coeficientes- En el ejemplo se han Aiculado independientemente todos los (deficientes para mayor claridad, pero por ¿¿le inspección se puede ver que, por ñemplo. 1.4 ,2 tiene que ser igual a fc610.

¡En el pasó <fce plantea la ecuación mátricial ; 23. sustitu>vndo 0 por A, y la ecuación 5.27 que proporciona los valores de los 8 jeptomicntos A del problema. La inversión dgla matriz 1*1 le hizo con el programa Excel, tomismo que la multiplicación de W' por {A}. Obsérvese que en la matriz (P) las fuerzas se deben jñcluir con el signo que tienen en la encua original, ya que en la ecuación 5.23 Ib Hienas de deequilibrio P se han pasado al ayudo miembro de la ecuación, y por lo tanto,• Ib debe cambiar de signo. La fuerza de 50 WesPjta que actúa en la dirección 3 del paso kybs fuerzas de 80 kISI son P12 y PI0 poique actóan en las direcciones 12 y 10. Las otras ixrzaPson nulas.

A partir de las deformaciones A se han □talado en el paso e las fuerzas en las ba- m de la armadura utilizando las ecuaciones 525 y 5.26. la fuerza por ejemplo, se-

multiplicado por (A, - A3), mis íftr' jrp multiplicado por CA6- A4)> y todo

cb al cuadrado. A5 es el des- I nudo C en dirección x, A> iento del nudo B en la misma

1 en dirección y. Sustituyendo se obtiene el valor de-121.72 1 en el ejemplo. De la misma

ecuaciones Sfx = 0 y S f = 0 se comprueba que la armadura, en su conjunto, está en

El ejemplo anterior hubiese resultado más sencillo de resolver por el método de las fuerzas, ya que la armadura sólo hubiese tenido dos grados de indeterminación y el sistema de ecuaciones simultáneas también hubiese sido de dos grados. Sin embargo, elmétodo de las deformaciones tiene ventajas en otros casos y, en general, es más sencillo de sistematizar. Por otra parte, la resolución de sistemas de ecuaciones de grado elevado,o de matrices grandes, no presenta ningún problema cuando se tiene algún programa de computadora como el usado en la reso­lución de este ejemplo.

OMnOSA. BESOLUCIÓN DE WA«MADUMPOT El MÉTODOOE US DEFORMACIONES CON PLANTEAMIENTO MATRICIAL

EJEMPLO 5.6 (continuècióni

B p » - i ) H - o ] (io-illa-4] .B | I S?; -¿V.. 6.403? 43 5 > J

^ ■ » f i I È |É |j+{¿ lit. I |É j i | I« 0.31094

EJEMPLO 5.6 (continuación)

IJSM*0 56^Cilcuk) <le desplazamientos reales:

àt Vi H.4 Vs *54â» Vi **.4 Vs *444* Vi V* *93 V»

*» Vi. Vil V>2V , Vio Vil V »*93 Vio VII Vi2V » *10.10 *10.11 *10.12*lt» *1110 *1111 *1117

f c f r ' i P i

| | =|50,0,0.0,0, -80, O, -80}

B « ».004712, -0.016826, -0.001374, -0.017031,0.000471, -0.020602,0.C » : -0.019865} (10’Mf)

Mé),Cálculo de las fuerzas en las barras:

I 're* [(S " °) (471 -2 “ °)+(4 _ °) (-1682-7)] - -106.71 kN

I t$ • 4((10 -5) (-137.4 - 471J)+(4 - 4) (-1703.1+1682.7)] - -121.72 kf

K 4»» 6 ^ [(10 -15) (-137.4-0)+(4 -0) (-1703.1-0)] ■= -149.4° kN

I Ha-^Kí-O) (36.2 - O)+(O -0) (-1986.S - 0)] 17.24 kN

H V * ÿR ' O -5) (47.1- 36.2)+(O - 0) (-2060.2 ♦ 1966-5)| -2.18 kN

* ¿|(15 -1°) (O - 47.1)+(O - O) (O ♦ 2060.2)j - -9.42 kN

B g * “^|(5-5)(471.2-36¿)*(4-0)(-16e2.7+1986J))-75.95liN

^HB&I(10-10)(-137.4 - 47.|)+(4-0)(-170J.H2060J)J-»9.27 kN

EJEMPLO 5.6 (continuación)

/*-£^[(5-10)(47I.2-47.1)+(4-0)(-1628.7+ 2060.2)]--U.W|<n

fe . _ L _ [ ( s .10) (36.2+137.4)+(0- 4) (-1986.5 +1703.1)] ■ 6.48 kN

Riso /) Cálculo de las reacciones en los apoyos:

v* ■ mX6^3” , °6-71xJ ^ 3 “ 66.66 kNT

Ha -7.24-106.7Ix^^j = -76.09 kN->

V0 m 149.40X =93 J3 kN t

Ho»-9>2-149.40x^-^r--126.08 kN*-

Revisión del equilibrio general:J /> - +50+ 76.09-126.08 - 0.01 kN - 0

"-80-80+66.66+93.33*-0.01 kN-0

Revisión del equilibrio en el nudo B:

Y /. -+50+I06.71X— ---- 12L72-14.89X—-—--002 -0“ 6^03 6.403

• “75.95+106.71x 2^jj + I4.89x ^™t«0l01 «0

aceta qué su» nudos pueden sufrir rotacio- ;:¡*sy desplazamientos lineales. Al determi­né entonces el número de grados de libertad* Atan considerar ambos tipos de defor­mación. Por ejemplo, el marco de la figura SJl tiene 5 grados de libertad: las rotado* ■sailos nudos B, C, O y E. y el desplaza*

so lineal de lo» nudos B. C y D, que es d Mano para lo» tres, si se desprecia la ¿fennación axial de los miembros 0CyCD. [j marco de la figura 5.96 tiene 7 grados de Hjotad: las rotaciones,dé los nudos 8, C, O, : £yf, y los desplazamientos lineales en cada ■e de ios do» pisos. Al restringir las defór- nxiones deja estructura en el paso a del

>d<>, deben impedirse ambos tipos de Jifcnnación. De la misma manera, al apli- ar deformaciones unitarias en el paso c se debw imponer rotaciones y desplazamien­to lineales. Como consecuencia, en el sis­ma ecuaciones aparecen términos que ■piesfMitan lalaciones ytérminos que repre-

íienün'desplazamientos lineales. En el si* jiiénté ejemplo se ilustra la aplicación del ■Ug ij caso de marcos, toapfe 5.7 Se trata de un marco asimétrico ■■»encargas como en geometría. Dos de b apoyos estin empotrados y uno articula-

y fe columna ID tiene una carga con­jurada i la mitad de la altura. Lo» valores 6¿f ton diferentes en las vigas y en laico- tonas.:í¿-Es el paso a le han introducido ^Mamieniosen los nudos B.Cy D para*M» sus rotaciones, y se ha introducido

una reacción o fuerza horizontal en ¡ S E L ' . ! mpedir el desplazamiento "■»iajpniai u muco. Lo» empotramiento»

■ranmnciooej generales

no es necesario calcularla. En este paso se han calculado los momentos de empotramiento perfecto de los miembros que tienen cargas transversales. Obsérvese que en la columna DC se ha usado la ecuación que corresponde a un miembro empotrado en un extremo y articulado en el otro, y que el signo se ha determinado con la convención de que la columna se observa desde el exterior del mateo (figura 2.15) por lo que el nudo £ es el extremo izquierdo y el nudo O es el derecha

Los momentos y la fuerza de desequili­brio se han calculado en el paso 6. Los pri-

empotramiento perfecto en cada nudo. En la figura se han introducido con signo posi­tivo, o sea, con sentido horario. El cilculo dé la reacción en el nudo D. fuerza P[y se muestra en la parte inferior de este paso. Primero se calculan las reacciones produci­das por la fuerza de 4 ton en el miembro DE, considerando que el extremo D está empotrado y el extremo £ articulado; esto da una reacción de 1.25 ton, hada la dere-

con las ecuaciones 5.1 y 5.3. Obsérveseos en las vigas se ha usado el valor de 2£/y J las columnas, El. Es Importante notar que en L extremos de la columna A8 se desarre 1

I lor es Igual a la suma de los momentos I I los extremos dividida entre el claro y su no es tal que producen un momento de sen- tido contrario. Por equilibrio del marco et su conjunto, si en ti apoyo A se produce una fuerza de b£l/e\s hacia la der<|BH apoyo que se ha Introducido en el nudo I

sentido contrario, como se muestra en figura. De la misma manera descrita se bar calculado los momentos y las fuerzas tari zontales en el apoyo D para las rotacH- J

..... impuestas en los nudos'Cy 0. Idemás. Por ejemplo, en la primera figura de Eli la última figura de este paso ]___esle Pa*°s® ha Impuesto una rotación en el Impuesto el desplazamiento horizontanudo B manteniendo empotrados los otro» unitario y se han calculado los momentonudos y evitando el desplazamiento hori- correspondientes, los cuales se desarrollazontal del marco. Esta rotación produce únicamente en las columnas ya que las vigamomentos en los miembros que concurren se desplazan sin deformarse. Estos mommial nudo, o sea, eMB y el BC, que se calculan se han calculado con la ecuación 5.8, par

10 columnas A H f FC, y con la ecuación . jo para la columna ID. ya que esta última

un extremo articulado. Ñútese que000 jas cuerdas giran en sentido horario, luí momentos resultan negativos, según la

b ecuación 5.9.En el paso d te plantean las ecuaciones

de equilibrio. Las tres primeras expresan que h suma del momento de desequilibrio en ca­di nudo y de los momentos producidos en el mismo nudo por las deformaciones impuestas en el paso anterior, multiplicados otos últimos por el valor real de las defor naciones, es igual a 0; esto equivale a decir qoi cada nudo está en equilibrio. La cuarta ecuación expresa el equilibrio de fuerzas ho- rizontales. La suma de la fuerza de desequilibrio PD determinada en el paso b y de las fuerzas horizontales en el nudo O riffltfrñrfat por las deformaciones impuestas es también igual a 0. Nótese que en eliiatiM de ecuaciones que se ha formado, ni dalas incógnitas son rotaciones y la otra

. ésun desplazamiento., pero como en el de­nominador de los coeficientes de aparecena longitud elevada al cuadrado, las Mdades son compatibles. Resolviendo el Mana de ecuaciones se han calculado en d ejemplo los valores de las cuatro Incóg-

A continuación, en el paso e. se han ahulado los momentos correctivos suman- á» los momentos que aparecen en fas figu** del paso c multiplicados por los valores !■ dominados de la* rotaciones y el de*- AiWMnio horizontal. Así, el momento

momento en el extremo A del *> É»4I de la primera figura del paso c "duplicada por 0- más el momento en la BÍjgfi Agua multiplicada por En la «*- h | y en la tercera figuras no aparecen

Colímenle en el paso Ase han calculado maau* finales sumando los momentos

"■«•o. a lo* de desequilibrio. Teniendo

reacciones en los apoyos y, a partir de éstas, las fuerzas normales, fuerzas cortantes y momentos flexionantes. Por ejemplo, la reacción horizontal en el apoyo A se ha obtenido dividiendo la sumado los momentos en los extremos de la columna AB entre la altura de la columna:. . I Mu+Mu' -».924-6.697 _ n

; * * . hM " 6Como ambos momentos tienen sentido

and horario, las reacciones tienen que producir un momento horario; por eso en el extremo inferior de la columna la reacción es hacia la izquierda, como se ve en el croquis de reac­

ias reacciones verticales en los apoyos se han calculado a partir de las reacciones de las vigas del marco, ñjr ejemplo, la reaccionen el extremo Izquierdo de la viga B puede obtenerse colocando en esta viga la carga vertical de 20 ton y los momentos en los extremos de la viga. El resultado es:

. 20 6.716+23.3989 2~ A ■ °n

Esta reacción se transmite como fuerza normal en la columna AB hasta llegar al apoyo A como reacción vertical.

En forma similar se han calculado todas las reacciones mostradas en el croquis correspondiente. Puede comprobarse que en el marco como conjunto se cumplen las ecua­ciones I f , =0 y Ur =0. Teniendo las reac­ciones, es posible obtener las fuerzas normales haciendo enríes en las columnas y en las vigas, las fuerzas cortantes como la suma de las fuerzas a la Izquierda de cualquier sección, y los momentos flexionames como la suma d» la* área* bajo los diagramas de fuerzas, cor­tante*. En el ejemplo se Incluyen croquis con lo* diagramas correspondientes, los cuales se han dibujado con la convención de signos de la figura 2.15.

Paso a) Planteamiento de un marco con continuidad geométrica:

05 y ,uwz« de desequilibrio:

m u

I Mj-Msf+Mm * -10+0--10 lon m

i. i^»Mo+Wa)+A#cf ■+10-14.4+0»-

Md = Mdc+Mdi =21.6-4.5 = 17.IIon-m

Cálculo de PD:

r e

too di Cálculo de rotaciones y desplazamientos reales:

I -ioj)+£/||+5jaJ+£/^jec +o-£/^ jAo.o

Cálculo de las reacciones y diagramas de fuerzas corlantes y momentos fiexionantes.

Uso i) Planteamiento de un marco con continuidad geometrica.

Método de lu deformaciones para

¡» * *1 0 5,8 (continuación)

L u Clkuto de momentos y fuerzas de desequilibrio.

B aJton lK ‘ + 22.5 ton m

15.0

H l i B Ü

Sistema de referencia

K : *2t mi

m - G -

U

V

*21-b [ | ] ^ [ ° « 7]

• il“ 0

"*«*> <fc lu defomacUum

0.667 Cl *63 = H [0.667]

EJEMPLO 5.8 (¿óhtìnuàdón)

t., -*4, -£/[0.333]l. . : trM>0I--- *64 *»-*«-£/[0.667]

; Í I ¡ B B B B I

O 5*8 (continuación)

*M-f/[0.48j

• Cl 1- £/ = 0.187£/

l ü l

H *,5- * „ = -£([0.667]

■bién se puede calcular direciamenle como:

I■ ks2 - -£/[0.667|

■&,*» -f/|0.667]

iîIÏÏ!

i n f i l l

348 Resolución de estructuras,indeterminadas por el método de Its deformai.

EJEMPLO 5.8 (continuación)

Moc^Moc+moc =+22.500 + 5.130=+27.630ton •

m dc * mot ” -27.611 ton - m

M[b =Mcs + mu = +15.000+15.187 = +30.187 to

Mtf ■ mir I -11 -529 ton • m

ffirjjj 5.1 Momentos de empotramiento perfecto

Método de h, d'tomaclonoipmmarcos 349

PROBLEMAS

S.l Calcular la rigidez angular de las siguientes vigas.

j.j Golculari la rlgldez lineal de lbs ilguientes vigas.

j w Calcular el giro en el apoyo A que produce un momenlo, M. de 8 ton-n. aplicadoI £S •! mismo apoyo.

H —S H IH g ----------------------------E 4 3-6m M i . i.J x io’i»W

5.4 Calcular los giros en los apoyos A y B que produce un momento, M, de 10 to aplicado en el apoyo A.

• * --------------n ;------------- *i

5.5 Calcular los’fnomentos que se desarrollan en los apoyos de las siguientes vigas *v,r“*'io B se desplaza 0.6 cm hacia abajo. -Calcular los mismos momentos si

- >e desplaza 0.4 cm hacia abajo,

I

I

'o jlcu larkK grados de libertad ° de in N M M N M M IM P M P IIM H Ocluías Incluyendo aquellos que no sean necesarios para la determinación de los ¡^losflexlonantes finales.

x < \ n V ^ w v( * \ s \ ( \ \

354 Resolución de estructuras ¡Qdeiéimlnadas por el método de te deformaciones

5.7 Resolver las siguientes vigas por el método de las deformaciones,¡trazando k. diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. Usar la tabla S.l para obtni°* los momentos de empotramiento perfecto.

| I■ 111 _ > k >|< >|

oton/m

I — „ H « -— i ---------- 1

tlo V W \ tlo w n n ^Vn w 2eio

5.8 Resolver las siguientes vigas con asentamientos en los apoyos y cargas.

NvJ*tón/m >.

+ X rY"yX 1W V < \ \ \ \ \ \ IÉj78x 22.8

í.l Introducción

ílmSodopcncIjcnle deflexión es funda men- ulmcnle igual al método de í.is deformacio­nes «ludiado en el capítulo anterior. Se basa umWn en calcular los momentos fléxionan- lts.cn una estructura en la que se restringen

■ños resultantes imponiendo rotaciones y desplazamientos lineales en los nudos de la

jra. Tiene la ventaja de que la siste- «tiacién de los cálculos es mis clara. Es yicaple solamente a vigas continuas y á JW l porque no incluye el efecto de de- ??WStiñés por caiga axial que son las que PJfthicfti esfuerzos en las armaduras.

J ^ to n iw lo general del SgSS pendiente-deflexión

***** a seguir son los siguientes.

Wapmow lo» exwmosdt cada mían.¡y de H "estructura' utilizando la» gPMÍf ecuaciones del método pen-

desplazamientos relativos, c) Se calculan los momentos finales

sustituyendo los valoras de 8 y de A, obtenidos en el paso anterior, en los momentos planteado» en el paso a.

En la siguiente sección se obtienen las ecuaciones del método pendiente-deflexión que se «quieren en el primer paso.

63 Ecuaciones pendiente-deflexión

63:7 Casó genera/

Las ecuaciones pendiente-deflexión expre­san k» valores de los momento» que se desa-

* barra cuando

además, tener un desplazamiento relativo: Asimismo, permiten incluir los efectos de caigas transversales al eje de la barra.

Considérete, por ejemplo« la barra AB de la figura 6.1a, la cual forma parte de un marco cualquiera. En la fl(ura 6.1 b te Indi­can lo» momento* que te desarrollarían en ambo» extremo* de la baña, ti el entramo A

’ j i b t á f fl

éslén articuladas m sus bases. Estos marcos pueden resolverse con las ecuaciones gene* Oles deducidas en l( sección anterior, haciendo fié 4 momento en el extremo articulado sea igral a 0. Pero a veces resulta conveniente «"ptear ecuaciones pendiente-deflexión *é«ida» especialmente para miembros que <M8an un extremo articulado. Si se supone Mr «templo que el extremo articulado es el 2* las ecuación*» modificadas pueden ‘•'«•«e haciendo igual a 0 en la

i l , despejando en esta flcuá?' 1 1 ■ I valor obtenida «r**-

M i - 3ÍX(9, - *) ♦ J (6.11)

SI se uta la ecuación modificada 6.11, ya no es necesario plantear una ecuación para con lo que ya no aparece hA como

Incógnita y el número de ecuaciones simul­táneas se reduce. En el ejemplo 6,2 se ilustra la resolución de un marco con una columna articulada, usando prlmeto I generales y después la modificada.

6.4 Método pendiente-deflexiónpara vigas

En el cato de vigas sobre apoyos rígido», normalmente no existen desplazamientos lineales relativos entre los extremos de los miembros. Por esta razón, ol término R de Jas ecuaciones pendiente-deflexión 6.8 y 6.9 es nulo y las únicas incógnitas son las rotacio­nes 0. Cuando existen desplazamientos de los apoyos, éstos son conocidos y aunque el tér­mino R sí tiene valor en las ecuaciones pen­diente-deflexión, no es una incógnita más. En el siguiente ejemplo se ilusuá la aplicación del método a una viga continua.

Ejemplo 6.1

Se trata de una viga continua con un voladi­zo en el extremo derecho. Además de la acción de las cargas Indicadas, el apoyo C tiene un desplazamiento hacia abajo de 1.5 cm. Como los momentos flexionantes pro­ducidos por el asentamiento de los apoyos dependen de la rigidez a flexión de la viga, es necesario conocer el valor numérico del parámetro Cl. Esta viga tiene 4 grados de li­bertad que son las rotaciones 8¿. 8¿,' 8C y 88. Por lo tanto, al plantear el conjunto do

se a un sistema de cuatro ecuaciones simul-

En el paso a se han planteado en pri­mer término las ecuaciones pendiente- deflexión en su forma general. Loa Subíndices A y 8 se refieren a los dos extre-

10 tanto modificarse según el miembro que

se esté analizando. Después se

empotramiento perfecto, M,I corresponden a una viga con ul centrada en el centro del ciara rigidez K se calcula con el clan factor R de rotación de la barí que no hay desplazamiento rell apoyos A y B; estos valores di han sustituido en las ecuacioni

t deflexión. En los claros BC y Cl R si tiene un valor distinto del que en el primero de ellos es I que la linea que une los apoyl en sentido horario al desplazar! jo el punto C, mientras que erl ocurre lo contrario. En el clard tarse de un voladizo, no es nel tear las ecuaciones pendiente-l que se sabe que el momento Amentó de empotramiento del |_____final de este paso se han simplificado y M denado las 6 ecuaciones pendiente- deflexión resultantes, 2 por cada claro de la viga. Se puede ver que en estas ecuacionei aparecen las 4 incógnitas mencionadas. I

En el paso b se plantean las ecuaciones j de equilibrio. Como se tienen 4 incógnitas, es necesario tener también 4 ecuaciones dej equilibrio. La primera indica que el momenM to en el apoyo A es igual a 0, porque es uní apoyo libre. La otras 3 señalan que cadjj nudo esté en equilibrio, o sea, que los mor mentos flexionantes a ambos lados de utl apoyo cualquiera deben ser iguales. Una planteadas esta 4 ecuaciones de equilibny se sustituyen en ellas los valores de los m* mentos obtenidos en el paso anterior, tftf lo cual ya se tiene el sistema de 4 ecuación con 4 Incógnitas. Resolviendo este sistemj se obtienen los valores de las rotaciones ■en cada apoyo.

Sustituyendo los valores de las rotaci« nes 8 en las ecuaciones obtenidas al

Claro B-C

«2.5kN-m--6.25x.O’ kN.cn, (venable 5.1,

Ba . t * L | L . + 6.25x10* kN-cm

K f 50x10*- ¿.Íx10t 'cm3

R ■ y ■ - 0.003 (sentido horario, positivo)

Mk = 2x0. lxlo‘’(28e +ec - 3x0.003) 6.25x10*

Ma = 2x0.1x 10*(28t +e,-3x0.003l+6.25xl03

Claro C-0

*-36 kN-m--3.6x1o3 kN-cm (ver tabla 5.1).

D 50x2*x3 . . . . . . . . ,**oc=--- p--- »24kN.m-2.4x103 kN-cm

50x10* O.lxIO6 , f.y ‘ 7 fx500 | £

s55" S9j¡S| l**"Wo antihorario, negativo)

Meo 12x0.1x10*(2DC +90 + 3x0.003)-3.6X103

Mac-2x0.1xl0l'(»o + ec + 3x0.003) + 3.6xl01

EJEMPLO 6.1 CconUnutdin)

Método pcndlenle-defíexión péra vigjt 365

Ordenando I

=-90kN-m=-9xilÖ? kN-c

pendiente-deflexión

^♦2506,-5]..^

.♦sooe.+s] ,

4006,+ 2006,--8.05]

+ 400 ec +4.45]

4006c + 20060 - 1.8]

2006c+40060 +5-4]

.fco b) Planteamiento de las ecuaciones de equilibrio

r°U*TV«e . ue ¿

(J'ituyendo con lat ecuaciones pendienle-deflexión:

I- 5008,,+2506, -5»0■ 2506 + 9006, + 2006c -3.05-0

2008, .8006c ♦ 200Bq +2.65-02006< *4006,, -3.60 -0

r

6:5 Método pendiente-deflexión fn m rtM

b tl caso de marcos, los nudos de la es- Imoura pueden sufrir rotaciones y despla- attielHftsshlHJlténeamente. Generalmente, ■fflfe'í ccújciones pendiente-deflexión apa- rsce, por lo unto, el término fe Sin embar- feei frecuente <tue vario* nudos tengan el IhvdMplazamienlo A ¡ con lo cutil se JPWtf número de grados de libertad de la

Ejemplo 6.2

Se trata de un marco de dos crujías y un solo piso con cargas verticales y horizontales. Una de las columnas es de mayor altura que les otras dos. La estructura tiene 5 grado» de libertad: Ia* rotaciones, de los nudos 8. C. D. y f , y el desplazamiento A que es igual para los nudos A C y D. Obsérvese que en el apoyo F hay una rotación porque está artl-

por estar «mpolrados.no hay rotación. iffi| En el paso a se plantean las ecuaciones

pendlenle-dellexlón para cada mlambro. En

r mmuoì.ì.

Grados de libertad: 6„; 8t . 80, 6,, Aß = &c = A„ - À; 5 grados

Raso a) Planteamiento de las ecuaciones pendiente-deflexión para cada miembro:

0íM W° 6'2 <conllnuidiínl

Ijüginbro 6C

l | ' p ¿ - J -6,25 ton-m

H . IE¡- it=i=—|to /

Mk = | x0.4 £/ (29b + ec)- 6.25

. Mo ¿2x0.4 £/(28c +6fií+6.25

Miembro CD

*?co = -9.0 ton-

* ’ r ‘T ‘ °'333'

Ho-2x0.333f/(2e, .e„)-9-0

**Oc - 2x0.333 É/(28„ *9, )»9.0

Método puntllvnlc-dÉflcm

O 6.2 iContinuación)

¡f 2.460+11.937 .

£¿2.460 + 2.12 X 2.5 = 7.76 Ion -n

¡ K ~ 1 v 5

S Va ■ ¿2 ¡ + 6 " - 9.42 ton

B B B b k I Í 9.095 - 6.593 I

m -

'‘Fuerzas normales en columnas

Q^^R-jl.56 ton 9.095 - 3 x 3&SJ.5 = 5.67 tonT m

' ¡ÉmPLO U (continuación)Método pcadlcme-dcllcxió

£ f, = + 5 - 11 -W- 0.71- 2;45 = 0 í : =2.1? +f7¿30 + 8.58-10-3x1

Diagrama de fuerzas normales

37® A/Amfo pendíeme'fíefícvlán

Diagrama de momentos flexionantes

. SOUIC1ÓN ALTERNATIVA USANDO LA ECUACIÓN MODIFICADA 6.11

Planteamiento de las ecuaciones pendiente-deflexión para cada miembro:

las ecuaciones generales 6.8 y 6.9 se aplican a todos los miembros excepto la columna Cf, por lo que los momentos en lodos esos miembros son iguales a los ya obtenidos.

Para Ja columna CF:

Ma mJxQ.íit/18t -0.25 A) (ecuacldn6.il)

Ff«?

ff

f

So Ilustra la resolución de un marco de dos niveles en H que una de las columnas, la co­lumna CH, es de doble altura. La característi­ca que debe observarse es que los nudos B y £ llenen el mismo desplazamiento lateral que se ha denominado A ,, mientras que los nu­dos C, f y H tienen un desplazamiento lateral diferente que se ha denominado á ¡ . Resultan entonces los 7 grados de libertad que se indi­can debajo dpi croquis del marco.

El paso a), que consiste en la aplica­ción de las ecuaciones pendiente-deflexión a cada miembro del marco, es esencialmen­te igual al de los ejemplos anteriores. En los miembros que corresponden a vigas no exis­te desplazamiento lateral, y por lo tanto, los valores de K son Iguales a 0. En la columna CH se ha considerado su altura total de 7m en el cálculo de R. De esta manen se han obtenido las ecuaciones para todos los mo­mentos en los exiremos de los miembros, 16 en total. Recuérdese que son momentos de apoyo sobre barra. En el planteamiento de las ecuaciones al Anal de este paso, se ha considerado ya que los giros en los empotramientos A, D y C son nulos, y como £I es constante, se ha lomado igual a 1.

En el siguiente paso se plantean las ecuaciones de equilibrio. Resultan 5 ecuaciones de suma de momentos en los nudos igual a 0 y 2 ecuaciones de equilibrio de fuerzas horizontales, una por piso. Ob­sérvese que al hacer un corle en las colum­nas del nivel superior, la fuerza que resulta en la columna CH debe obtenerse a partir de la altura total de esta columna y no de la altura del entrepiso. Esto es asi porque la fuerza cortante en la columna GH es cons­tante en toda su altura y es Igual a la suma de los momentos en sus extremos dividida entre la altura de la columna. En las ecuaciones 6 y 7, la suma de las fuerzas cortantes en las columnas se ha igualado a0 porque no existen fuerzas horizontales

de fas fuerzas horizontales en las colurl es el que corresponde ,i un sentido poJ (horario) de los momentos en los extrj de Jas columnas. Sustituyendo los valora los momentos obtenidos en el paso anta en estas ecuaciones de equilibrio, seobtiel sistema de 7 ecuaciones que se presenil •I ejemplo y cuya solución se indica al I de este paso. Como ya se ha indicado J

quier programa de computadora. Aquí so el programa Excel. Los valores mostrj deben dividirse entre £/ si se desean valores reales.

Ji' En el paso Ose han sustituido los i!__res de los términos 0 y A para obtener los' momentos finales, en la misma forma en qM se ha hecho en los ejemplos anteriores. I

En el paso d| se han obtenido las reac-1 cioncs y se han trazado los diagramas« fuerzas normales, fuerzas cortantes y mol mentos flexlonantes. Obsérvese que para calcular las reacciones en los apoyos, fue necesario empezar con la obtención de Laaj reacciones de las vigas del piso superior,« sea, las vigas Cf y FH. Estas reacciones sej sumaron a las de la viga BE para llegar a laa reacciones verticales en los apoyos. Las M acciones horizontales en los apoyos se objtuvieron con las ecuaciones de equilibrio difuerzas horizontales del paso b. Una 'tz calculadas las reacciones horizontales y ticales, se verificó el equilibrio de fuerzaI en ambas direcciones. Incluyendo, desdt luego, las cargas aplicadas a la estructura Las reacciones verticales de las vigas prot porcionan directamente las fuerzas norm* les en las columnas. Las fuerzas norma» en las vigas se calcularon a partir de las Mj acciones horizontales de las columnas. UJ croquis incluidos en estos cálculos pernj ten visualizar el signo correcto de las ¡jfjj zas normales en las vigas.

Método pendiente-dille

ujitÍ¡hamBt **e flicrz,ls cortantes y de - j« flexionantes se trazaron de la

íSamanora que en el ejemplo anterior, í convención de signos de que

j&tñids inferiores de las columnas equi­

valen a los extremos izquierdos de las vi­gas, los extremos superiores, a los extremos derechos, las acciones positivas te trazan en la parte superior de los miembros, y las ac­ciones negativas, en la pane inferior.

03*10 6.3. ANÁLISIS DE UN MARCO CON UNA COLUMNA

p í 20 H

30kN/m' W v w -s t

j ¡ D

Grados de libertad:

V«c,*r.e,.eH. Afl =A£ = A,,Ac =Af = A„ = A¡; 7 grados de libertad

a) Planteamiento de las ecuaciones pendiente-deflexión para cada miembro:

&'-■ M«-2 « (2 e A+0,H WM = 2fX(28s + 0^ -3R)±Ma,

ÁB

H =s?M *o

I

I ‘‘«• ¿x o jso u e ^ «0,-0.754,1'2x0.25 £1 (2t, ♦ -0.75 A,)

EJEMPLO 6.3 (continuación)

Effi| R = ^ = 0.1L43 A2

É ^ í Mch - 2 X 0:143£/ (28c + 8„ - 0¿I?2A2 )

m i; Mhc - 2 xDÍ43f/(28„ + 8C 0.42? A2)

pitlenando las ecuaciones y sabiendo que 8¿ = 80 = 8C = 0 y haciendo £/

Mm = 0.5 0B - 0:375 A, i , -i Mm S ¿-$C375A,

^;3336b +0.667 6c Tpf667 A2+ ¿667 A|MC6 r'-333 ec + 0.667 8e -0.667A2 + 0.667 A,

. Mgf =0.8 e„ +0.4 e£T 52 5 , 1

. . Mcr “ 0.8 8C + 0.4 8f -¿31.25 ‘

- 0.5 8 f-0.375 A,Wíd = 8[-0.375A,Mj, ■ 1.333 8( + 0.667 8, - 0.667 A2 + 0.667 A,Mn -1.333 8f + 0.667 8f - 0.667 Aj + 0.667 A|

, H * »0.2868,,-0.123 A2■ «HC »O.S720« -0.123 Aj

aso c) Cálculo de los momentos finales

- 05 X 21.86639-037S (-14.91401) - 1&S3 kN - m ,=21.86639-0375 (-14.91401)-27.46 kN-m

lK -1333 X 21.06639+0.667x8.08079-0.667 (-4.82706) + 0A67 (-14.91401) - 27.81I 1333 x 808079 +.0.667x21.86639-0.667 (-4:82706) + 0.667 (-14.91401) = ia63

-0.8 x 21.86639 + 0.4 (-29.65519)-62.5 - -55.27 kN -m 1U • 0g (-25.65519) + 0/1x21.86639 + 62.5 - 50.72 kN-m S - H I #Ç8T:■/? + 04 x 15.39190 1 31.25 « -18.63 kN - m 1Km 0» X153919010.4 X 8.08079 1 31,25 »-46.80 kN - m 1„ 10.5 (-25.65519) - 0.375 (-14.91401) • - 7.23 KN-m 4m* -25.65519 -0375 (-14.91401) » - 20.06 kN-m 4„ - 1333(-25.65519) + 0.667x 15.39190 - 0.667(-4.827061 + 0.667(-14.91401)— <„*1333X15.39190 + 0.667 (-25.65519) - 0.667 (-4.82706) 10A67 (-1431401)1-3JJ Ig j j

EJEMPLO 6.3 (contlnasclón)

30x5 55.27-!

30x5 55.27-50.722

Cálculo de reacciones verticales:

v* “ *fci * vn 1 19.37+75:91- 95.28 kN

Vo mvn * vn * vn •30.63+ 54.78+ 74.09-159.50 kN

Vc - - 45.22 kN

Cálculo de reacciones horizontales:

I f . -10.99-6.8,-4.16.0

H ! 5 95 281159.50+ 45 .22 - 50- 2015- 30 x 5 - 0

■» 10.99 kN

t -20:06- 7Í23

H - Mhc*Mch n -19.59-9.50

- - -6.83 kN

Verificación del equilibrio:

En elle ejemplo se ilustra la aplicación del método en la resolución de un marco con una columna inclinada. La diferencia con marcos de columnas verticales radica en las deformaciones relativas entre los extremos de los miembros del marco. Como puede verse en el croquis del marco deformado, el miembro AB tiene una deformación lineal 66,, siendo BB, perpendicular a AB; la viga BC, que en marcos con columnas verticales no tiene desplazamientos lineales entre sus extremos, tiene en este caso un desplazamlcn- lo lineal 68, perpendicular a 0C; y la columna CO tiene un desplazamiento lineal CC, perpendicular a CO. Obsérvese que a diferencia de los marcos con columnas verti­cales, el desplazamiento lineal no es igual en las columnas, ya que el desplazamiento BB, es diferente al desplazamiento CC,. La relación entre los tres desplazamientos puede obtenerse observando que el triangulo BB,B, es semejante al triángulo ABF; como se conocen las dimensiones de este último, a partir de ellas se pueden calcular los valores relativos de los lados del triángulo 66,6. Éstas se indican eh el croquis amplificado del nudo 6. Nótese que al trazar el croquis del marco deformado, se han despreciado las defor­maciones longitudinales de los miembros, es decir, las producidas por cargas axiales. Por mo •! punto Cf está a la misma altura que el punto C, y el punto 6 se mueve perpen­dicularmente a la linea AB. Las deformaciones lineales de los tres miembros del marco pueden expresarse en función de un solo desplaza- miento A que en d ejemplo es la longitud del lado Con esto el problema tiene tres grados de libertad o de Indeterminación cinemática.

pendiente deflexión para todos los miembros, de la misma manera que en los ejemplos anteriores. Nótese únicamente que en el miembro BC se usó un momento de inercia 21

Ejemplo 6.4 y que en el miembro C£, como es un volado, el momento está determinado como wPft Tiene por lo tanto un valor fijo de -16 tmV

Las ecuaciones de equilibrio se lean en el paso b. Las dos primeras exprés que la suma de momentos en los nudosf.f son iguales a O (ecuaciones I y 2 del paso fc. En el nudo C hay que incluir desde lingos ;

. momento que tiene un valor fijo comoyi■ se ha explicado. La Inclinación de la colunvu j

; 46 obliga a plantear la ectlación de equilibrio de fuerzas horizontales de manera dKmau la de ejemplos anteriores. Es conveniente j

.J determinar el punto de cruce de las] prolongaciones de las columnas AByCD.fl lomar la suma de momentos alrededor decae I punió, como se indica en d croquis, ya cue j

producen momentos, y las únicas incógnitas«« j ‘ - la ecuación son las fuerzas y /•/oc, Estas

fuerzas pueden expresarse en términos de los momentos en los extremos de las columnas. Mu, MK Y M'co y x Puede plantear entonces la tercera ecuación de equilibrio« función de estos momentos (ecuación 3 dH j paso ó). Obsérvese que el signo de las fuerzas HAg y Hqq en el croquis corresponde a j momentos positivos (horarios) en los extremos de las columnas. Sustituyendo los momentosen las tres ecuaciones de equilibrio se obtiened sistema de tres ecuaciones (4,5 y 6), cuya : resolución permite calcular los valores de las; tres incógnitas 0, 0, y X

En el paso c se calculan los momentos finales, de barra sobre apoyo, de la manera usual. Y en el paso d se obtienen las reac* J clones eti los apoyos y los diagramas de fuer­za normal, fuerza cortante y momeo» flexionante. En este caso, se obtuvieron pri­mero las reacciones horizontales y % con las ecuaciones de equilibrio de fuerzas horizontales del paso b, y después se . calcularon las reacciones verticales a patlr de las ecuaciones de equilibrioZ ' . - o r l * - ® .

EJEMPLO 6.4 (continuación)

■BW« 0.20/ fc 5iᣠ_1-25 A _ 0 25fl (positivo porque gira en sentido horario)

■ 2x0.20 El m A * 8j-0.75 A)

■ 2x0.20 £/(28,+8,,-0.75 A)

K--«;2feö.333/

R=— = ~~r~ - 0.125 A (negativo porque gira en sentido antihorario) Mk = 2x0.333 El (28s + 8C + 0.375 A)

M(b - 2 X 0.333 El (28c + 8 ,+0.375 A)

Miembro CO

1

Km-m~m0.2SISI SgM0,25 S (positivo porque gira en sentido horario)

Meo -2x0.25£/(28, *90 -0.7$ A)

M„ .2x0.2SH(2e„.ec -0.75A)

. Odenando las ecuaciones y haciendo 0^=8o =O,

f f i -0.40 8,-0.3 AK Mm='6Í008-0.3AK , uK J 1.332 9j + 0.666 0C + 0.250 A H¿ U(, .0.6668, *IJ320c+0JS0 A KÍÍMco = ec - 0.375 A H Uoc -03 6c -0 3» A K jfc fc ,« r16ton-m

fejo H planieamiemo de las ecuaciones de equilibrio.

K , Ecuaciones de equilibrio en los nudos:

Mm +m«c ’ ° SMa+Mco+Ma =0 (2)Ecuación de equilibrio de fuerzas:

2>í> ■=«,«■

Resolviendo las ecuaciones (4),(5¡.y(6):

i S i S i ! ec = 8.9S1 ¿=27,532

EJEMPLO 6.4 (continuación)

Diagrama de reacciones

Las cargas axiales en las columnas AB y DC ya quedan determinadas. La carga i en la viga BC es igual a la fuerza cortante de la columna DC.

Los diagramas quedan de la siguiente forma:

Diagrama de fuerzas normales

6.1 Resolver las siguientes vigas por él método pendiente-deflexión, trazando lo, diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. Usar la tabla 5.1 para J * los momentos de empotramiento perfecto.

PROBLEMAS

ÍB i S a B l s ---------- »1

I .Momentos de empotramiento perfecto (renglón 1)

el nudo C (renglón 8)

•410 MModn d» Croa p*n rutttírmit

los mámenlos transportados. del renglón (2) al renglón (3).

Se puede analizar ahora el nudo C de la misma manera que se hizo con el nudo B. En la figura 7.6-a te puede ver que existía un momento de desequilibrio de +28.12 - 17.78 • +10.34 lon-m. Además, al soltar el nudo 8, se transportó al nudo Cotro mo­mento de + 4.34 lon-m. El momento total de desequilibrio en esta etapa es entonces de+10.34+4.34 -14.68. ftra soltar el nudo C es necesario, por consiguiente, introducir un momento de -14.68 como se muestra en la figura 7.6-rf. Este momento de equilibrio produce momentos en los miembros CB y CD, en proporción a sus factores de distribución, de donde resultan los valores de -8.81 y de -5.87 que aparecen en el renglón (4) del croquis y en la figura 7.6-e. Estos momentos, a su vez, transportan mo­mentos de -4.40 y de -2.93 a los nudos opuestos B y D, como se indica en el ren­glón (5) y en la misma figura 7.6-e.

Los nudos A y D, como están empotra­dos, no necesitan ser equilibrados. No se requiere realizar en ellos las operaciones que se han realizado en los nudos B y C. Sin embargo, si se analiza de nuevo el nudo B, te puede ver que el momento de -4.40 que se transportó desde el nudo C lo volvió a desequilibrar. Por lo tanto, debe introducirse ahora un momento de equilibrio de +4.40, como te indica en la figura 7.6-/'. Repitien­do el procedimiento, se calculan los momen­tos de +1.95 y de +2.43, multiplicando el momento de +4.40 por los factores de distribución de los miembros.BA y BC, res­pectivamente. Estos momentos, a su vez, transportan momentos de +0.97 y de +1.22— a los nudos A y C, renglón (7) y figura 7.6-g.

Ahora es el nudo C el que se desequill-

+1.22. Wequilibra con uno Igual y de sen­tido contrario, figura 7.6-A, que produce

renglón (8) y figura 7A-4.

Se puede ver en el croquis del paso J en la figura 7.6, que los momentos de «| equilibrio que aparecen en los nudos sortea vez de menor magnitud. Por ejemplo, en nudo 8 el primer momento de desequilibj fue de - 15.62 lon-m, el segundo, de - ij

cedimiento con nuevo* ciclos de tqoW y transporte, hubiese aparecido un mortal to dé -0.36 ton-m, t|i| | momento de -0.73 ton-ra C en el renglón (8). El

-eonvirgiendo a momonhj______queños. Por esta razón, se puede detener! cualquier etapa y sumar todos los moma tos de cada columna para obtener los ir, mentos finales. Conviene, sin emharn detenerlo después de una etapa de distrit ción y no de una de transporte, ya que «ni primera todos los nudos están en equilibri* En el ejemplo, se detuvo después de la di. tribución de momentos del renglón (8) y¡ sumaron los valores de cada columna paf calcular los momentos finales del renglón■

'•r Conviene comparar lo que se ha reali: zado hasta ahora con la resolución de t a misma viga en el ejemplo 5.2 con el; do de las deformaciones. En el paso c > ejemplo 5.2 también se soltaron los de la viga uno a la vez y se calcularon1 momentos que aparecían en el nudo que soltaba y los momentos en los nudos op tos, o sea, los momentos transportados..estos cálculos se hicieron en términos dttaciones desconocidas 8, y después

1 plantearon las ecuaciones de equilibrio cada nudo en términos de las mismas ir ciones, con lo cual se llegó a un sistema ecuaciones. En el método de Cross, al los nudos, los momentos en los que concurren en el nudo y los i transportados se calculan numérica se equilibra un nudo a i* vez. Pero alj un nudo dado, se desequilibran los opuestos y es necesario volver a equll] loa en un nuevo ciclo. Esto evita ten«

ma solución cerrada, 0 M la del método de las deformaciones. ¡I lector p « * comprobado comparando los móntenlos finales del renglón (9) con los atollados en el ejemplo 5.2.

En el paso d se muestra una ejecución

tomismos principios fundamentales ya ex­plicados. II renglón (1) es igual al de la eje-

c kan equilibrado simultáneamente los nu­dos B y C. En este último, el momento de

■¡■ja diferencia ■^■amiento per-

teto, ya que no hay momento transportado en I) ejecución anterior. En el renglón

BseUnsportan, simutáneamente también, lodos los momentos que aparecieron en .el .wjlín anterior. Estos momentos transporta- fe producen nuevos momentos de dese-

s* han equilibrado en el renglón . pío, el momento de -3.10 ton-

aendnudoCM equilibró con un momento *>3.10 que se distribuyó entre los i

| I | j de acuerdo con.n. En el renglón (5) se

____ ntos de transporte queJf"*» desequilibrar a los nudos B y C. « M ló ii (6) se vuelven a equilibrar, y •wwnglones (7) y (8) se hace un nuevo

transpone y distribución. Obséive- hay momentos transportados de

•"ipotramientos A y D a los nudos B y C, ffiMn empotramientos no se desequill-

recibir momentos transportados; es SKI* los empotramientos absorbiesen

que en la primera se equilibra un nudo a la vez, mientras que en la segunda se equilibran todos simultáneamente. En ambas, los monten-

exactos. Aunque se observan pequeñas dife­rencias en los momentos finales de las dos eje-

hacen más ciclos de transpone y distribución.Por lo general, la convergencia hada

los momentos exactos es más rápida con la primera ejecución y el número de operaciones es también menor. Sin embargo, la segunda facilita más la mecanización del procedi­miento, ya que se hace un ciclo completo de distribuciones y luego otro completo de transpones; esto evita posibles confusiones en estructuras complejas. Si se usa la primen ejecución, conviene empezar equilibrando los nudos que tengan mayores momentos de desequilibrio, porque asf es todavía más rápida la convergencia. En la segunda ejecución, no influye con qué nudo se empieze. La segunda ejecución es más usual que la primera, por lo que es la que se empleará en los ejemplos posteriores.

Para completar este ejemplo, se han calculado en el paso e los diagramas de fuer­zas cortantes y momentos flexionantes. ftra

ex iremos de cada miembro a partir de las caigas aplicadas y dé ¡os momentos en los extre­mos ya calculados. Debe recordarse que todos estos momentos son de apoyo sobre barra. También se calcularon los momentos isostáticos en los puntos de aplicación de las cargas concentradas. Los momentos po­sitivo* se obtuvieron restándole a los isostáticos, el momento negativo en el pun­ió de aplicación de las caigas. Por ejemplo.el momento de +10.21 ton-m en el miem­bro AS es igual al itostáBco de 25 ton-m menos el promedio de 0.05 y 21.52 ton-m.

food) Ejecución del método

c iy aplicadas y los m* ¿bre barra calculados..Eafthsérvese q•"L-ioscn los extremos de cada tramo < fSmo obtenido en la ejecución del m£t< í (arj cada tramo se han calculado I; nonesyel momento ísóstátíco o se,

jñyntflto que producirían las cargas en un L libremente apoyada. Calculadas la

¿loGMgasáplicadas, el diagrama de fuerlpor ejemplo, el valor de 6.49 esl______

p¿n VA en el extremo A; el diagrama primero la posiciónInújelinealmente por efecto de la caiga corlante nula' y calc

toéédi en el tramo AB. y en el extremo B del momento positñ¿Miad valor de 6.49-2x8 = -9.51, que del ejemplo se iloaóA confia reacción calculada VBr De momento positivo noaaaámilar se calculó el resto del diagrama, t La distancia x es

los momentos negativos que se mués- empotramiento O■ a el diagrama de momentos flexio- cortante nula. Por

sosson los calculados en el paso d. Como Sumemos calculados son de apoyo sobre I tana, Ioj flexronantes tienen el mismo signo I «Ib extremos izquierdos de cada barra, y I H contrario, en Jos extremos derechos. I

ts momentos flexlonantes en los I

calcula este valor y después se determina el momento flexionante en este punto. Puede verse que la diferencia entre el momento máximo y el momento en el centro del daro ■'«s muy pequeña en este caso.

• í lorvm O l í » IO(vm u

^B*í)Cíkulo de las rigideces angulares simplificadas

EJEMPLO 7.2 (Continuación)

>0:187+0.250

•• w 0.250+0.167"

Raso c) Cálculo delosmomi ¡ de empotramiento perfecto.

templo 7.3. Se ilustra otra manera de resol­ver fa misma viga del ejemplo anterior, en banl se toma en cuenta, desde el cálculo ^ los momentos de empotramiento NÉCto, que la viga AB está articulada endunmoA.■' 0 cákulo de las rigideces angulares y

*k»fcoore» de distribución, pasos a y b, |S«femó que en el ejemplo anterior. Pero 'dpKoí «fi vez de considerar a la viga «cono doblemente empotrada, se <*"e*n articulada en <4 y empotrada en* ||w r fe® es por lo Unto igual a 0 y el

de según la Tabla 5.1, es Igual a / 8.Ahora, al hacer la primera distribución, ya

el principio.El resto de los cálculos es igual que en

el ejemplo anterior. Se puede yer que se llega a resultados muy parecidos. Las peque- ñas diferencias se deben a que sólo se hlcie* ron tras ciclos de distribución y transporte. Se sugiere al lector hacer uno o dos ciclos más en cada ejemplo para observar cómo

tila manera de resolver el problema es los en. ta tercera distribución son mitmás conveniente porguo se empieza con va- que/tos que los del ejemplo 7.2, por |0 .

valores finales. Puede verse que ios monten- valores exactos.

jBdClkul° 4**®» mom«n,os <í¿ empotramiento perfecto

&’•_ 30 A■»<£>(002

I .Ä c f f ?; fto- Wi¿=o

Iteo d) Ejecución del método

£,o " H8.75X lo^f/j (ion-m)

,75.00x10-'f/0(tonr m)

.(«MaiiDbt.HI Iff. Transp.

foot},Obtención de diagramas de

Wja/8:

EJEMPLO 7.4 (continuación)

ümto«)= -1 5.34 X10-

. .35.25 + 26.13 .r ,,

26.13 ll.7«x I0-*

»¿5» iSakr

Dliinnu dt fuo/zn ctxMnlc

produce y gor proporción determinar la fuerza necesaria para producir una deflexión unitaria. El momento Mw que es la rigidez lineal, puede obtenerte después por estática.

Habiendo obtenido los .parámetros mencionados en ios párrafos anteriores, el método de Cross se aplica de la manera usual. Es importante que el lector observe

’ finalmente, la rigidez lineal puede terminarse como se indica en la figura

LEfl este caso, la rigidez lineal es el

feápptramientos si ocune un desplazamiento fel unitario entre los extremos de la viga, («vieno plantear la isostática fundamental

la unitaria y luego un momento ■Sirio en el extremo libre; figuras 7.10-6 y SíjSc; Para que la suma de las confi-

fipm 7.1Í. OMarmtnKión de la rigide* lineal

que las vigas de sección variable pueden resolverse también por los qUos método»

método délas deformaciones del capitulo 5 puede aplicarse ya teniendo los momentos de empotramiento y las rigideces angulares y llnnfei calculadas como se ha presentado

planteada en el método de las fuerzas es de sección variable, sus deformaciones pueden calcularse por el método de Newmark y seguir los otros pasos del método como se explicó en el capitulo 4.

Ejemplo 7.5 Se calculan los momentos de empotramiento, el factor de transporte y la rlgidei angular de una viga doblemente empotrada de sección variable. El ancho de la viga es constante, de 30 cm, pero el peralte varia, como se indica en los datos, de 100 cm en el extremo izquierdo a 50 cm en él centro del claro. Entre este punto y el extre­mo derecho, el peralte es constante.

Inmediatamente después de los datos, se indica el valor del peralte en las distintas secciones consideradas al aplicar el método de Newmark. y en la misma tabla, |a varia­ción del momento de inercia. Se ha" deno­minado f0 al momento de inercia en el tramo de peralte constante, y en función de este valor se calculó el momento de inercia en las otras secciones. Para este calculó se consideró que el valor de I es función del cubo del peralte, asi que si éste se duplica entre las secciones 3 y 1, el momento de inercia aumenta 2* veces, o sea, vale 8. Entre tas secciones 3 y 2, el peralte aumenta 1.5 veces y el momento de Inercia, 1.53 = 3.37 veces. La viga isostitlca fundamental se planteó en esta etapa como una viga libremente apoyada.

A continuación se calcularon las deformaciones de la IsosUtlca bajó la acción

Sólo

dividid entre el valor con calculado anleriormen angulares concentrados después con las ecuaci dientes a diatribución calcular los valores de 0' posible aprovechar la sin si interviene el momento d Se supuso el valor de-147 2, y partir de este valor • ángulos 0 y tés deflexi Después se calculó el " dividiendo la deflexión apoyo B entre el claro, las rotaciones definitivas

problema en cuestión.Oe manera semejante se calcularon las

rotaciones en los apoyos para el caso de un ■momento unitario aplicado en el apoyo Ay M un momento unitario aplicado en el apoyo B. Obsérvese que el factor de la derecha de i la tabla pan estos casos es diferente al de la primera tabla. Por esta razón se calcularon I los últimos renglones con un factor ■ ■ para los tres casos (ton-m2/£/ol. En las tablas I

ecuaciones de distribución parabólica entre I las secciones 1 y 3, y las ecuaciones de dis- I trlbución lineal entre las secciones 3 y 5. ■

En la sección siguiente se obtuvieron I los momentos de empotramiento perfecto con las ecuaciones 7.15. La primera ecua­ción expresa, como ya se ha dicho, que el giro total en él apoyo A es nulo, y la segunda, que también lo es en el apoyo 6, después de multiplicar las rotaciones de los casos bt y c) por las incógnitas Xj, y X, respectivamente.Los signos negativos que resultan para las incógnitas expresan que los momentos deempotramiento tienen signos contrarios a losaplicados en los extremos de-la viga en los ¡ casos b) y cí, con lo cual resultan negativo

EJEMPLO 7.5 (continuación)

_~CAECULÓ 'DÉ; DEFORMACIONES

PROBLEMAS

j «

■ f e ! íTc?-1' E-IBOOOOksfon2

I

7.2 Calcular la rigidez angular de los miembros del problema 7.1 si ambos extremos están articulados.73 Calcular la rigidez lineal de jos miembros del problema 7.1 suponiendo: a) que los dos extremos están empotrados; b) que un extremo está empotrado y el otro está articulado; c) que ambos extremos están articulados.7-4 Calcular el momento que es necesario aplicar en el extremo A de la viga mostrad» para que tenga un giro de 0.01 radianes en dicho extremo.

7.5Calcular los momentos ¿si el extremo B se des on hacia arriba; c) si el T6 Repetir el problema n 'Calcular los momen lon-m en el nudo O de

aparecen en los extremos A y B de la viga del problema 7.4: 10.6 cm hacia arriba; b) si el extremo A se desplaza 0.4

xiremo B se desplaza 1.1 cm hacia abajo.

74 Analizar las vigas del problema 6.1 por el método de Cross, trazando los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.7.9 Analizar la siguiente viga por el método de Cross tomando en cuenta que no es Prismática: Despreciar el peso propio.

E T CAPÍTULO 8

Método de Cross para marcos sin

^desplazamiento lateral

til Introducción

En osle capitulo se estudia el método de Cross aplicado a marcos en los cuales no puede ha­to deplazamienlo lateral relativo entre los aírenos de los miembros, o sea, que no pue­den desarrollarse momentos como los mostra­da en las figuras 7.3 y 7.4. La imposibilidad de

eo los nudos de los marcos, como en las figu- 3.1-a.fay c, o bien, a condiciones de sime- tamo en geometría como én carga, de los

••as, como en la figura 8.1 -d. En rigor, el •Ko de la figura 8.1 < puede tener despla­ntemos relativos entre los extremos de las ' raías ti se consideran las deformaciones

5$S« las diagonales de contraventeo; pero deformaciones son muy pequeñas en

Jtopatación con las deformaciones por y suelen despreciarse.

y Descripción del método

ilustra el método.

articulación que sólo admite rolaciói Ilustra también en este ejemplo la fom considerar la presencia de voladizos ei

anterior. Nótese que para los miembros CD y CF se han usado las rigideces angulares simplificadas modificadas calculadas con la

articulado. Obsérvese también que al calcu- lar los factores de distribución en el nudo S, no se ha considerado la rigidez del voladizo AB. Para' entender la-razón de esto, su­póngase que en la figura 7:5 uno de los extremos opuestos al nudo O estuviese li­bre, o sea, que uno de los miembros que concurren al nudo fuese un voladizo. Este miembro no opondría ninguna resistencia al momento aplicado M0. girarla libremente y el extremo opuesto se desplazarla lineal.mame. Bote» su rigidez angular y su fado» de distribución son iguales a 0. Por la misma razón, el factor de transpone del nudo al extremo del voladizo también es Igual a 0;

al girar el nudo, no aparece ningún momento end extremo libre del voladizo. Por ùltimo, nótese que el momento de empotramiento perfecto es el momento en el extremo *1 voladizo; su signo es positivo porque te trabaja con momentos de apoyo sobre barra, y en el extremo derecho os contrario al íWxfonante.

En el paso d se desarrolla el método. Conviene establecer un» convención sobre I# localización de los cálculos correspon- dientes a cada miembro de la estructura. Aquí se ha seguido una convención usual qoe consiste en ubicar las columnas de

cálculo en la parte inferior del miembro, si se trata de extremos izquierdos, y en la parte superior, si se trata de extremos derechos. Asi, el factor de,.distribución FDK , y lodos los cálculos correspondientes al extremo B del miembro BC, se han escrito en la parte Inferior del miembro, de arriba hacia abajo. En cambio, los correspondientes al extremo

Iremo derecho, se han escrito en la parte superior y de abajo hacia arriba. £n las colum-

nlando también la convención estableada en la sección 2.9.2 y en lo figure 2.15:4

empotramiento perfecto de+10.00- Después

Jfoim extremo Izquierdo y los cálculos se «locan. por lo tanto, en la parte Inferior, pe equivale a la parte derecha de la co- | J . Con esla convención, o con alguna ta equivalente, es posible trabajar en mi­jos a los qfié concurran cuatro miembros 5¡n que se superpongan los cálculos. En el ejemplo siguiente se muestra otra forma de oidcnir los cálculos.

unque no se han numerado los ren- __ K la secuencia de los cálculos es la Dttsma seguida en los ejemplos de vigas. En d primer renglón, después de los factores detHitrlbución, se han anotado los momen­tos de empotramiento perfecto, por ejemplo, -13.33 y +6.67 en el miembro BC. Obsér­vese que en,el miembro CO se calcularon

omentos de empotramiento perfecto si ambos extremos estuviesen empo- t. Por eso, se anotó el momento de

«10.00 en el extremo D aunque esté articu­lado; es la variante que se siguió en el ejem-

' 2 y no la del ejemplo 7.3. En esta wa no existen cargas transversales das a las columnas. Si existiesen,

también se calcularían momentos de empo- *amiento perfecto en ellas y se anotarían en dlfü correspondiente, donde ahora se han

En el segundo renglón se ha hecho la pri- —á distribución de momentos de equilibrio, ¡g ejemplo, en el nudo 8, el momento de *Mqu*ibrioes (+9.00 -13.33 ■ -4.33). PDr llanto, se distribuyó un mámenlo de equi- Itrtode +4.33 entre los miembros BA, BC y

P*»o como el (actor de distribución del SsgBg BA es igual a 0, sólo se distribuyó

BC y t í , locándoles +1.60 y *2.73, •divamente. Obsérvese que en la artl-

O se anuló el momento de

de CD no hay transporte por ser este último una articulación. Tampoco puede haber

ron los cálculos hasta completar tres ciclos de distribución. Después del tercer ciclo se trazó una raya doble, para indicar que se habían terminado dichos ciclos/y se suma­ron los momentos de cada columna de cálculos. Se debe verificar que lodos los nudos estén en equilibrio. Para mayor claridad del desarrollo del ejemplo, se anotaron todos los ceros en las articulacio­nes, pero esto no es desde luego necesario.

Se sugiere al lector repetir este ejem­plo con la variante del ejemplo 7.3, o sea, calculando el momento de empotramiento perfecto Mgg considerando que el extremo D está articulado.

En el paso e se obtuvieron los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante de la manera ya explicada en ejemplos anteriores. Los momentos positivos se calcularon en los puntos de aplicación de las cargas concentradas, donde son máxi­mos. Al trazar los diagramas en las colum­nas, se consideró que los extremos inferio­res equivalían a los extremos izquierdos de vigas, y los exiremos superiores, a los extre­mos derechos (convención de la figura 2.15). Los valores negativos se dibujaron por debajo de los miembros y los positivos, por

EIEMPLO 8.1. RESOLUCIÓN OE UN MARCO SIN DESPLAZAMIENTO UTERaT^

, ' ú c » 1| : . r a i

7m

t S i4 „

Paso a) Cálculo de las rigideces angulares simplificadas.

Piso M Cálculo de los factores de distribución.

/ w w v y ^ ^ '

i * zp

EJEMPLO Sil (continuación)

EJEMPLO 8.2 (continuación)Péto O Cálculo de los momentos dé empotramiento perfecto.

•+*»5i5'»+5.oton-m

, líyr.-l2.0lOn-m

í? „ -+—— = * . - +12.0 ton-m

Piso d) Ejecución del método.

<¿¡¡MPLO 8.2 (continuación)

DUgram. de fu«™ cortan».

E i - * * RjSgslg

problemas

77777 H / / / / / /< */// /^ 'y/r S7777 /7777

1

■f ///77

8.2 Calcular la reacción horizontal en el apqyp del siguiente m¡

8.3 Analizar los siguientes marcos por el método de Cross, trazando los diagramas de

Z7777 /7777

K . >l< , M

r 4 "

Figura 9.3. Rosolución del m< por superpoilcfón de los marcos

partir de la» siguientes reladonn. Va que el desp'lazamiento A es el mismo on todas las columnas, loi momenlos de empoi per/ecto serdn los siguientes:

Figura 9.5- Procedimiento para resolver un marco con carga horizontal

altados de las longitudes /de las colum-

imponon lo», momentos de empotramiento pcrlccto aT/1B v mi/¿v pueden calcularse los noneñtos correspondientes en la columna CD utilizando la ecuación 9.6. Si el marco •nevarlas crujías. se aplica la ecuación 9.6

atedien el caso de la figura 7-4, y su rigidez Gnéal es la mitad de la correspondiente a Icdumna con el extremo empotrado. Esto Nde tomarse en cuenta usando la mitad

valor de El para la columna con extremo »calado

Después de tener los momentos de »Miamiento perfecto en las columnas, se Enrede de la misma manera explicada en "feMn a la figura 9.4, e* decir, se equili- IgQ los nudps con varios ciclos de dlMribu- 2"rtransporte, w calculan las reacciones "“•zontales II, y ti factor de corrección X |£ b ecuación 9.3. Los momentos de la "*»» 9.5-c, multiplicados por «I factor X g*V',s momentos producidos en el marco ^fefama horizontal P

mi En la* figura* 9.6 y 9-7,y en la tabla 9.2, le ilustra el procedimiento descrito para re­solver el marco de la figura 9.3-c. En la figura 9.6-a se reproduce este marco con sus dimensiones y los momentos de inercia de sus miembros. En la figura 9.6*6 se impone un momento de -10 ton-m a la columna AB, en ambos extremos; estos momento* están producidos por un desplazamiento del mar- co, cuya magnitud no interesa, como se muestra en la misma figura. Los momentos

con la ecuación 9.6, asignándole el valor de10 ton-m al momento y despejando

En realidad, no es necesario aplicar for­malmente la ecuación 9.6. Basta con recor­dar que los momentos son proporcional** a

■ i a p a

los valores de El de las columnas e Inver­samente proporcionales a los cuadrados de sus longitudes. Estas relaciones son las que están expresadas-numéricamente en'la ecuación 9.8. Es importante observar que el signo de estos momentos es negativo, ya que al introducir un desplazamiento hacia la derecha, como se muestra en la figura 9.6- b. ambas columnas giran en sentido horario (véase la figura 7,7 para esta convención de

-Ya teniendo los momentos de empo- I tramiento perfecto en las columnas AB y OC, I se liberan los empotramientos que se habían I introducido en sus extremos, efectuando los I ciclos necesarios de distribución y trans- I porte. Esto se muestra en la tabla 9.2. los I factores de distribución son los mismos que I se habían calculado para la tabla 9.1 y los I momentos de empotramiento perfecto son I los que se acaban de obtener. Después de I tres ciclos, se obtuvieron los momentos I

dos y los momentos totales hubiesen sido tos mismos. Inclusive se pudieron haber Im­

pendientes a un desplazamiento del marco lucia la izquierda. Al aplicar la ecuación 9.3,o al plantear la ecuación de equilibrio de fuerzas horizontales, el valor dé X hubiese resultado negativo.

Obsérvese que ei procedimiento segui­do desde el planteamiento del marco en la figura 9.6-a, hasta la obtención de los mo­mentos corregidos en el penúltimo renglón de la tabla 9.2, es aplicable también al aná­lisis de marcos sujetos únicamente á cargas horizontales en los nudos. Esto es importan-

analicen para cargas verticales y para cargas horizontales en forma separada. Las pri­meras representan las caigas vivas y muertas permanentes, y las segundas, las cargas accí- dentales de viento o sismo. Ya que las cargas vivas y los factores de carga suelen ser diferentes para los dos tipos dé acciones, conviene hacer el análisis por separado y luego obtener las envolventes de momentos flexionantes, fuerzas cortantes y fuerzas normales sumando los resultados parciales. Aún más; como las fuerzas horizontales de viento o sismo pueden actuar en los dos sentidos, o sea, tanto de izquierda a dere­cha como de derecha a izquierda, si se hace el análisis por separado, basta cambiar el signo de las acciones calculadas para un sentido, para tener los valores correspon­dientes al sentido opuesto.

Ejemplo 9.1 So resuelve un marco de dos crujías y un solo nivel con diferentes altu­ras, momentos de Inercia y condiciones de apoyo de sus columnas. Por ser asimétrico y por tener una fuerza horizontal aplicada en éncl:núdo5>tléno posibilidad de desplaza-

los1 patos 1/bycK han llevado a cabo• la misma manera qtie oh ejemplos ■Mm . Después; en la primera etapa, se

ha resuelto el marco suponiendo <ul---- RImpedido el desplazamiento lateral mediante la introducción de un apoyo lateral en el nudo O. Los cálculos correspondientes se han hecho en la tabla A del paso d. y en la

* figura que está Inmediatamente antes de la tabla se1 muestran los momentos finales co­rrespondientes a esta etapa y las reacciones horizontales en las columnas. Estas reaccio­nes se calcularon sumando los momentos en los extremos de cada columna y dividiendo la suma entre la altura de la columna. Por ejemplo, la reacción en el apoyo A, de 3.74 ton, es la suma de los momentos de 15.03 y 7.39 ton-m de la columna AB dividida entre Jos 6 m de altura. La suma de las reacciones horizontales es una fuerza de 1.55 ton de izquierda a derecha; por lo tanto, para que el marco esté en equilibrio, es necesario Introducir un apoyo en el nudo D, el cual proporcionarla una reacción de derecha a Izquierda igual a la fuerza de desequilibrio.

En la segunda etapa se resuelva H mar­co con una fuerza horizontal aplicada en el nudo B, de tal magnitud que elimina a íreacción en el nudo D que apareció en |___primera etapa. El problema se puede resol­ver de dos maneras. En la primera alternati­va, se aplica una fuerza horizontal que es | igual a la suma de la fuerza de 10 ton que actúa en el marco original y de una fuerza de 1.55 ton que hay que aplicar para elimi­nar a la reacción de la primera etapa; ambas fuerzas están aplicadas simultáneamente. En la segunda alternativa, se aplican las mismas fuerzas, pero en forma separada; Es claro que en ambas alternativas el marco queda er equilibrio de fuerzas horizontales. La segunda alternativa permite obtener por I separado el efecto de las cargas verticales y de la fuerza horizontal, ya que los momen­tos de la primera etapa, sumados a los nio- i memos que se obtengan al aplicar la fuerza J de 1.55 ton, serán los momento* produci- : dos por cargas verticales, y ló's momentos j que se obtengan al aplicar la fuerza de 10 j

— „rio tn producidos por BU misma ¡T,,, en d mareo original. En este ejern- Jv ggn fines de Ilustración, se han resuelto Jd * alternativas Se veri que el trabajo Tffl&ico se incrementa ligeramente,

jbia continuar con la segunda etapa, se

JÜÜÜrfos derivados de un desplazamiento oí ya magnitud no Interesa conocer, como g explicó anteriormente on esta misma ¡tcuón. En el ejemplo, se Impuso un

¡e calcularon los momentos en las otras columnas, sobre la base de que son propor- cionafes al valor de 0 e inversamente pio- póÁIohatesa los cuadrados de las longitudes debs columnas, ecuación 9.6. En el? caso de la columna £C, hay que lomar en cuenta pt su rigidez lineal es 1/2 de la rigidez hall de las otras columnas, porque uno de as extremos está articulado. De esta manera «obtuvieron los momentos de empotramiento perfecto mostrados en el croquis dibujado «iba de la Tabla 8, mismos que aparecen en dcuáito renglón de esta tabla.

los cálculos correspondientes a la li­beración de los nudos se han efectuado en bUla 8, obteniéndose los momentos fi- «fes mostrados en el último renglón. Las •r r lomcj horizontales en los apoyos de las “ taimas aparecen calculadas a continua­da de la tabla. Se observa que la resullan-* de estas reacciones es una fuerza de 7.30

actúa de derecha a izquierda. Por lo •*0. la fuerza horizontal que produciría los Pfazamientos laterales correspondientes

momentos finales tendría este mismo gM P*ro actuarla de izquierda a derecha. * * Calcular los momentos que ¡***ponden a las fuerzas de 11.55, 1.55

10 ton, es necesario corregir los mo- Bm8|finales multiplicándolos por los fac-

d» corrección calculados al final del SgW. Asi, ti los momentos finales de la ^ •«•nesponden a una fuerza horizon-

ponda» a una fuerza de 11.55 ton serán Igua­les a los de la Tabla B multiplicados por 11 .55/ 7.30, De esta manera se han calcula­do los factores de corrección para la fuerzas

en la Tabla C del paso i. En el renglón II) se

Tabla A, o sea, con el desplazamiento late­ral impedido. Los momentos que aparecen en el renglón (2) se han obtenido multipli­cando los momentos de la Tabla 8, que co-

fuerza de 11.55 ton. En el renglón (3) apare-- ce la suma de los momentos de los renglo­

nes (1) y (2), que representa los momentos

desplazamiento lateral impedido y de los momentos que corresponden a una fuerza horizontal de 11.55 ion; valor este último que equivale a la fuerza aplicada de 10 ton y a la fuerza de 1.55 ton que anula a la re­acción en el apoyo D que impide el despla­zamiento lateral, como se ve en la figura que está al principio de la primera etapa. En el renglón MI se muestran los momentos que

135 ton, ya que son los de la Tabla 8 multi­plicados por el factor conectivo X,. Estos momentos, sumados a los del renglón (I). proporcionan los momentot totales para car­ga vertical únicamente, renglón (51, ya que son la suma de los momentos con desplaza­miento lateral restringido y de los momen­tos producidos por la fuerza horizontal de 1.55 ton. Por último, en el renglón (61 se presentan los momentos producido» por una fuerza horizontal de 10 ton.

En el paso g se calculan y se trazan los diagramas de fuerza normal, fuerza cortan-

tan las acciones que corresponden al caso de fuerza horizontal de 10 ton sin cargas

verticales. Por esta razón, al calcular las re­

no aparecen cargas transversales entre los

en la columna ABe» la reacción en el extre­mo B del miembro BC; esta reacción tiene signo negativo, o sea, que' la1 columna tien­de a levantarse, por lo que trabaja a tensión y el diagrama tiene signo’positivo. La fuer­za normal en la columna EC es la suma de las reacciones en el exlremo C de las vigas flC y CD. Esta colufnna también trabaja a tensión. En cambio la columna FD trabaja a

Paso a) Cálculo de las rigideces angulares simplificadas.

w * M il * 0.20/„

^ K |í¡b f “ "g ej*^4>

Riso W Cálculo de los factores de distribución.

MßMPUl 9.1 (continuación)

3_x,r.'27¿

BA2S+0.40+0.18'.', i- ¿J

^ ^ ^ g a 4 0 _ _ _ _ 0482 0.25 + 0.40 + 0.18

fPc- = - l j p*-18 . -0.217 r :I “ • 03|+0.40-l;0,1,8

^ H E k î*' 0.40 „ , , ,Ay- = =0.667- .. 0.40+0.20

/Po,= °'?°— ¿0.333K " 0.40+0.20

Emm*, ® 1 m m Jm jJi n Pato2 40x5x3i __,m2lon:in

n jggjj . '¡2 í5 Íi2 i +46.87 ton-m

'T I ,Æ S Ï' |MÍ'MÍI ‘ mí

II»"- é

— • ■ a« -41„ • ■■ S53 „„ ÜsH « ! ss» sæsas sasai at: » ss m. Bis ,«•*».. ; ita *■ t y yyéM

g g * * 0 »

Alternativas para obtener por separado los momentos por cargas verticales y horizontales.

A vo Se impone ala columna AB un momento arbitrario (en esté caso -10ton-m) yI "calculan los momentos en las otras columnas.

Para una carga horizontal de 1.55 ton;

X> -^ 41 “ 0.212 1 7.30

Para una carga horizontal de 10 ton:

tao A Cálculo de momentos totales.

H Tabla C. Obtención de momentos corregidos y momentos totales.

■

am/enlo (Tabla A)B multiplicados por X. verticales y horizontales simultaneas, | II + (2) multiplicados por X,

________I ......... verticales únicamente II) * 14) 5|Mm finales de Ia Tabla B multiplicados por X, •momentos totales pan carga

I horizontal únicamente.(

'■01 Momentos finales sin despla <2) Momentos finales de la Tabla Momentos totales para cargas

B Momentos finales de la Tabla B Momentos Males para carga

Figura 9.9. Determinación de Im reacciones horizontales eh cada piso

coniunto, como se muestra en «PÍ-9-c. Las fuerzas horizontales en

del segundo nivel, y rtp. fi partir de los momentos en las

H W ®Cy CF. Después se plantea la Bm B <*• equilibrio de fuerzas Horizont (MT Cow'° » te conoce el valor de W/

***»ners« el valor da la «acción Hr

cada piso, hasta llegar al inferior. En ef ejem­plo que está sirviendo flomo ilustración, se calcula a continuación la reacción H,, a parta de! equilibrio de fuerzas horizontales en el primer piso y del valor ya calculado de lasreacclones HjY comoise muestraen la figura 8.9-d.

la figura 9.9

Una vez obtenidas las reacciones H,,H, y Hy debe resolverse el marco mostrado en la figura 9.10, un marco con fuerzas ¡gua­le? y de sentido contrario a las reacciones calculadas. Los momentos obtenidos del análisis de este marco, sumados a los obte­nidos en la primera etapa, o sea, con los desplazamientos horizontales impedidos, serán los momentos totales. Se verá ahora cómo resolver el marco de la figura 9.10.

R n llevar a cabo el análisis del marco de la figura 9.10 se procede de la manera mostrada en la figura 9.11. Se empieza por Imponer un desplazamiento en el tercer ni­vel. restringiendo el desplazamiento de los otros niveles, figura 9.11-a. Esto te hace de la misma manera que en marcos de un ni-

empotramiento perfecto arbitrarlos en una de las columnas del nivel, calculando los momentos en las otras columnas de acOér- do a su rigidez lineal y llevando a cabo los «Idos de distribución y transporte de mo­mentos. Una *,ez terminados los ciclos de distribución y transporte, se calcula la fuer­

za horizontal en el tercer nivel, que te ha I denominado Hn . Esta notación Indica que I es la fuerza en el nivel 3 debida a un des-1 plazamiento Impuesto en el mismo nivel 3.1 El cálculo de esta fuerza se realiza como se I indicó en la figura 9.9-6, pero se debe to- I mar en cuenta que es la fuerza que produce I el desplazamiento impuesto, y no la reac-1 ción que impide el desplazamiento.

Ya calculada la fuerza H33, se calcula I la reacción Hly de la manera indicada en I la figura 9.9-c, y después la reacción H., J como se planteó en la figura 9.9-d. Se debe. reparar en que H„ es la reacción en el nivel I2 debida al desplazamiento impuedo en el 1 nivel 3 y H,¡ es la reacción en el nivel I I debida al desplazamiento impuesto en el I

A continuación, el desplazamiento se I impone en el nivel 2 y se restringen los des­plazamientos en los niveles 1 y 3, figura9.11-6. De la misma manera descrita en los j dos párrafos anteriores, se calculan la fuerza I Ha y las reacciones Hu y Hlr Nótese que al I imponer el desplazamiento en el nivel 2, apa­recen momentos de empotramiento perfecto en las columnas de los entrepisos 2 y 3. faia llevar a cabo los cálculos de esta etapa, se fija el momento de empotramiento perfecto en cualquiera de las columnas afectadas y se cal­culan los momentos en las otras columnas de acuerdo con su rigidez lineal.

Como paso siguiente, el desplazamien-; to se impone en nivel 1 y se calculan la fuer-. za H„ y las reacciones H¡, y H„, figura,9.11-c. En marcos de un mayor número del niveles habrá que repetir el procedimiento* tantas veces como número de pisos tenga elj

En la figura 9.11 se han dibujado todas i las fuerzas H„ de derecha a Izquierda, pero^H al hacer los cálculos reales no resultan das del mismo signo. Asf, la fuerza figura 9.11-a seguramente tendría un sentl-^H do de Izquierda a derecha, ya que es la produce un desplazamiento en ette mlamo^H

¡¡fkt.f. obtenidos en el último renglón de b labia, entre la altura de 3m. A partir de ú «alores de las fuerzas en las columnas y ¿cía reacción ya calculada F,. se determina j valor de la fuerza f2 por equilibrio del

• De manera similar se calcula ra fuerza ¡ En este caso el diagrama de cuerpo libre comprende los tres niveles de la estructura,■ al plantear el equilibrio de fuerzas horizontales se debe tomar en cuenta que las fuerzas f2 y f, ya han sido calculadas como se describió en los dos. párrafos anteriores. Obviamente es importante que untólas fuerzas en las columnas como las fracciones en los apoyos ficticios se ■traduzcan con sus signos correctos.

La siguiente etapa del proceso de anilHIs consiste en resolver un marco con berzas laterales iguales y de sentido opuesto a las reacciones F determinadas anterior­mente, tal como se explicó en relación a !a ñgura-9:3¿ Pero cómo en este ejemplo existen cargas laterales adicionales a las verticales, (■berzas laterales totales deben ser iguales• la suma de las reacciones con signo gmCútlo y las fuerzas laterales reales. Por SjMo! la fuerza Hs en el croquis que está ■b del paso e, es igual a lá fuerza lateral *®l de A ton que aparece en los datos del IMplo más una fuerza de 2.1907 ton, esta JPm Igual y de sentido opuesto a la ■»cclón f.. De igual manera se calcularon «,r H,.

En el paso e se inicia la resolución del mencionado en el párrafo anterior. En

"toMa de este paso se analiza un marco al Kfl S ha impuesto un desplazamiento en

3. manteniendo restringidos los ligamientos en los otros pisos« como eti

"■tura » . u R h i esto se supusieron

columna CD, en ella también se desarrollan momentos de-10 ton-m en ambos extremos. En las otras columnas, como no hay despla-

análisis.Una vez obtenidos los momentos

finales en la tabla mencionada, M calcularon

F— y Fi3. Recuérdese que con la notación usada el primer subíndice indica el piso en que se desarrolla la fuerza, y el segundo, el piso cuyo desplazamiento produce la fuerza. Igual que para el cálculo de las fuerzas F explicado en el paso d. es necesario empezar con el diagrama de cuerpo libre del entrepisosuperior, y calcular f , Después trazar el diagrama de cuerpo libre de los dos niveles superiores y calcular f„; y así sucesiva-

A continuación, en el paso f, sc _ _ _ un desplazamiento hacia la derecha en el nivel 2 manteniendo restringido el de los niveles 1 y 3. Este esquema corresponde al de la figura 9.11-6. En este caso se supuso un momento de + 10 ton-m en la columna CD (la cuerda gira en sentido antihorario) y se calcularon los momentos en las otras columnas. Como la columna £F tiene la misma longitud y el mismo momento de

BC y /Gi.Jos momentos se obtuvieron con la ecuación 9.6, que indica que los momentos en loa extremos son propor­cionáis*' a

ve en la tabla del paso (.El desarrollo de la labia y el cálculo de

las fuerzas en los pisos, P¡¡, F¡¡ y f ,2 son similares a los del paso anterior, por loque no ameritan mis comentarlos.■ En-el paso siguiente se Impone eldesplazamiento lateral al piso 1, como en el esquema de la figura 9. M *f. A la columna BC se le asignó un momento de 10 ton-m, positivo porque la cuenta gira en sentido antihorario, y se calculó con la ecuación 9.6 al momento resultante en las columnas AB y CU:

« a . í M ÍS p )2

la» columnas AB y CH giran en sentido

negativos. A partir da asios momentos se desarrolló la tabla do cálculo cltfj paso g y se calcularon las fuerzas y Pt ¡ como ya se ha explicado para los pasos amerioros.

Ya habiendo calculado toda« las fuerzas fj t» sustituyeron sus valores en et sistema«••«aciones 9,10, cono fumas H-De la

•I croquis anterior al paso e son las fuerzas

términos, independientes. resolvió el sistema i/o ecuaciones y se determinaron las incógnitas Xv J(2 y X3, que representan los factores correctivos por ios cuales deben multiplicarse los momentos obtenidos en las tablas de los pasos g. / y e,.rMpeclivamcnte. En el ejemplo, estas incógnitas resultaron con valores de 7.686, 1.1.379 y 16.457. En este caso, todas resultaron con valores positivos, pero en otros ejemplos algunas pueden ser negativas, o también pueden serlo si los desplazamientos se imponen en Otro sentido.- 'En el paso I se calculan los momento»

finales. Primero se multiplicaron loa momentos obtenidos cuando se impuso e, desplazamiento al piso 1 por el valon resultante de X, (ólX,), después se hizo m mismo para el piso 2 (A2X2)> y a continua­ción para el piso 3 ÍA3X3). Los momentos asf obtenidos.se sumaron a los del paso<¿o| sea, a los. que corresponden a desplaza­mientos laterales restringidos (A = O ,en la tabla). La suma de todos estos momentos representa los momentos finales en el marco mostrado al principio del ejemplo, bajo la acción de carj s verticales y horizontales.

Nótese que si cambian las fuerzas horizontales aplicadas al marco, ;lo único que se requiere modificar son los términos Independientes del sistema de ecuaciones.Si el marco hubiese estado sometido a caigaslaterales únicamente, no se hubiesen calcu­lado los momentos correspondientes a la etapa de desplazamientos restringidos, paso d, ya que todos son nulos. V si el marco

los términos independientes del sistema de ecuaciones serfan las fuerzas laterales obtenidas al flnál 'del paso d.

H V - ----- £*C--- — -=0.4545K& + Kk + Kgc l()+0.2lo + Iq

Ml9 FCLj.rn----- £b ------ --------------------- = 0.5357KCb + kcf + kcd /o+0.2/0+0.6667/„

Fife— — £a----------------------------=o.io7iÌ.- . Kcb+Kcf+Kcd fc+0.2 *,+0.6667*,

Ü H fa ,------*02------------ 1^ 7 /gV , . " “ ' Ko+Ko+Kcd 4»+0.2/1)+0.6667 /„

B Ä ° i' gKdc+Kqî §0.6667/„ +0.2/0 " 0-76®2

fo0f ■ “ 0 6667/+0 2T*'02308

FDp-0

piFDrc; FDnça fDa, ; FDK ±FDCB; ,

EJEMPLO 9.2 (continuación)

Fuerzas horizontales debidas al desplazamiento en el nivel 3.

■ i

I EJEMPLO 9.2 fcontinusción)

I Cálculo de fuerzas horizontales debidas al desplazamiento en el nivel 2.

I Fue

on dcsphrjmlenlo hletot

EJEMPLO 9.2 (continuación)

Fuerzas horizontales debidas al desplazamiento en el nivel 1.

— «

apoyos en lo's nudos / y H que impiden el desplazamiento laieral. Losmomentos U_labìa en ton-m. Calcular los valores de las reacciones en los nudos / y H.

/ / / / /H— j

/ / / / / / / / / /

r 1 |

9-2 Durame la resoluciòn del marco por el mètodo de Cross, se restringe el j desplazamiento laieral del piso superior y se aplica un desplazamienlo al pìso ìnférìor j

magnrtud que produce en la columna momentos de 50 ton-m en sus extremos, j ra S'fo todos los nudos. Calcular los momentos que .

496 Método de Cros ireos COI desplazamiento/alera

6ton __

* 1 *3Elo2Elo 2Elo

K , mH c 3 m >l

Figura 10:1.'Concopto de línea de Influencia

mismo punto, ya que ahí es máxima la orde­nada de la línea de Influencia; pero no siempre es así. Es importante observar que cada punto o1 sección de una viga tiene una línea de influencia diferente y la forma de la Ifnea de Influencia es también diferente para cada acción. En lo que queda de este capitulo se presentan métodos para determinar líneas de

Antes de proceder a la exposición de métodos para calcular líneas de influencia, es conveniente recalcar la diferencia entre diagramas de acciones y lineas de influen­cia. Por ejemplo, la ordenada de un diagra­ma de momentos flexiónantes en un punto cualquiera es igual al valor de esta acción

determinada. Las ordenadas Ye y Yp en la figura I0.2-* representan el valor del momento flexionante en las secciones C y O; respectivamente, para la viga de la figura 10.1-a sujeta a la carga P. Por otra parte, la ordenada de la linea de influencia en un punto cualquiera es igual al valor del mo­mento flexionante en un punto determinado cuando hay una carga concentrada aplicada

la Asm 10.2-6 e* igual al valor del momento ftelionanie en el punto C cuando hay una

carga concentrada aplicada en el punto D. I Puede ser que la carga esté aplicada en el I mismo punto para el que se trazó la linca de 3 Influencia; sería el caso de la ordenada y, en la figura 10.2-6 que proporciona el

está aplicada también en C. En otras palabras, 1 el diagrama de momentos flexiónantes se 1 calcula y se traza para una carga detenni- I nada y proporciona el. valor de una acción 1 en cualquier sección por efecto de esa carga. 1 La línea de influencia se calcula y se traza I para un punto determinado y para una I acción determinada, y proporciona el valor 1 de la acción en ese punto cuando hay una car- I ga aplicada.en un punto cualquiera. UCZ Z nea de influencia hay que trazarla para una 1 determinada acción y para un punto o sec-1 ción de. una viga. Por ejemplo, la línea de I influencia de la figura 10.1-6 es sólo para I momento flexionante y sólo para el punto C. INótese que es necesario especificar tanto la 1acción como el punto o sección de la viga, j En el ejemplo de la figura 10.1-b, la linead* 1 influencia es de momento, flexionanto M (acción) en el panto C* >

En el párrafo anterior, por claridad de ■ la exposición, se ha usado el caso de línea de influencia.de momento flexionante f f l

para la viga de la figura 10.1-a con la

Figura 10.2. Diferencia entre diagrama de acción y línea de influencia

también se calculan Ifneas de In­fluencia para otras acciones, fuerza cortante y fuerza normal, y para otro tipo de estructu-

os o armaduras. Suelen calcularse Ifneas de influencia dé reacciones, ya que

le conocerlas para ciertas is de puentes. También se ha m la explicación anterior que la

cap aplicada tiene un valor cualquiera P. B cálculo de Ifneas de Influencia se hace normalmente para cargas unitarias, y los •alores para otras cargas se obtienen por sim­ple multiplicación, ya que son directamente proporcionales al valor de la carga. Este

j caso de estructuras

11-2 Método directo

Supóngase que se desea calcular la línea de “ Kía déla reacción en A de la vigade

ira 10.3-a, obteniendo las ordenadas jjj K secciones señaladas. El método mis ' ío, pero no el mis expedito, consiste en , Jcar una carga unitaria en las distintas "«ion« y calcular el valor correspondientei U «acción en A. R% Por ejemplo, se colo­

ca una carga en la sección 1, figura 10.3-6, se calcula el valor de RA correspondiente, y este valor será la ordenada de la Ifnea de Influencia en la sección 1, figura IQ-3-c, de acuerdo con la definición de linea de in­fluencia. Después se coloca la carga unita­ria en el punto 2, figura 10.3-ef, se calcula el valor de RA correspondiente que sera la or­denada de la lfnea de influencia en el punto 2, figura 10.3-e. Se repite este cálculo colo-

mostradas en la figura, y cada valor de RA será la ordenada de la Ifnea de influencia en el punto de colocación de la caiga. De esta manera se tendrían las ordenadas en todas las secciones de la viga seleccionadas y uniéndolas se tendría la línea de influen­cia, como la mostrada con línea punteada en las figuras 10.3-c y 10.3-e. ■

En vez de calcular las ordenadas de la línea de influencia punto por punto, como se acaba de explicar, resulta más sencillo plan­tear una ecuación para la reacción, o para cualquier acción, en fuoción de la posición, », de la carga unitaria. Supóngase, en referencia a la figura 10.1-J, que se desea calcular la línea de Influencia para la reac­ción en el apoyo A, y par» la fuerza cor*

Rftn 10.3. Linea de «fluencia de una reacción calculada punto por punto

tantey el momento flexionarite en el punto C, que se denominarán Vc y respectiva* mente. Se coloca una carga unitaria en un pomo cualquier o. figura 10.4-a, localizado a una distancia x del apoyo A, y se plantean bs siguientes ecuaciones, en función de x, para Ka, V, y M,.

,10.1)

K ' ooj|

Rara c X SI. o sea, si la carga unita­ria se coloca entre los puntos C y B: |

V =R - 1 - i i f lMRira OSx.Sjt , o sea. si la caiga unitad

ria se coloca entre los puntos A y C: .o a

que vil* O si eslá colocada en el puntoo sea, en íiíl mismo empotramiento. Ta Wn se sabe' que la función de momen flexionante es una sola a lo largo de viga. Entonces batía unir el valor de en el punto I y el de 0 en el punto 7 pa tener la linea completa. En cuanto a la

carga unitaria en dos puntos cualesquie de la viga, por ejemplo el 2 y el S, til lor de la futría cortante es - I . Entonces linea de Influencia es una paralela al o

Como una primen aplicación del col cepto de lineas de influencia, supóngase qil una caiga concentrada de 8 ton se desplaza a k> largo de la viga y que se desea calcular el

para distintas posiciones de esta caiga. Basta multiplicar la ordenada de la Ifnea de inl fluencia de Mt en éj punto de aplicación por el valor de la carga, para tener el momento deel punto 3, el mamento flexionante en el em­potramiento valdrá (-1) (8) ■ -32 ton-m. la jcualquier posición de la carga, será de-8 Mn. 3

Línea de influencia de Mg

Línea de influencia de VB

Ejemplo 10.2 Se trata del mismo voladizo del ejemplo anterior, pero ahora se piden las lineas de influencia de momento Accionante r fuerza cortante en el centro del claro, o sea, en él punto 4. El problema se ha resuel­lo determinando dos puntos en cada tramo en que las funciones son las mismas. Así, para la línea de influencia de momento flexionante, se determinaron dos puntos en el Iramo 1-4: el valor del momento en el punto 4 cuando hay una carga unitaria apli­cada en el punió 1, que es la ordenada y., y cuando hay una carga aplicada en el punto4, que es la ordenada y4. De esta manera se lien* la línea recta que va de -3, en el punto 1/ a 0 en el punto 4. Por simple inspección puede verse que para cualquier posición de la carga unitaria entre los puntos 4 y 7, el momento flexionante en el punto 4 es nulo,V Por lo tanto todas las ordenadas en elle »amo valen 0. Paro si no se viese, se calcula

el momento en 4 cuando la carga está en 7, L que es la ordenada y7 que también vale cero. I

De manera semejante se determinó la lí-1 nea de influencia de fuerza cortante en el pun-1 lo 4. Si se aplica una caiga unitaria en el punto I I , la fuerza cortante en el punto 4 wle -1; por Ilo tanto, la ordenada en el punto 1 es-1. En el ■ punto 4 hay una discontinuidad, ya que la l fuerza cortante cambia bruscamente de valor I si la carga se aplica inmediatamente a la I izquierda o a la derecha del punto. R» eso se ■ han cakulado dos valore». SI la caiga está II-fl| gemínente a la izquieida, la fuerza cortante ■ en 4 vale -1, pero si eslá ligeramente a I. recha, vale 0, ya que no hay fuerzas a I qulerda de la sección. Si la carga unitaria está M aplicada en cualquier punto, entre el situado I ligeramente a la derecha del punto 4 y el pun- jlo 7, la fuerza cortante en el punto 4 es 0, ya que no hay fuerzas a la Izquleida de la segl dón. Por eso, las ordenadas de la linea da ln*J fluencia son todas nulas.

10.2. CALCULAR LAS lInTIT^TT--------------- -------------HflEXIONANTE Y DE FUERZA CORTANTE FN ti * FLUENCIA DE MOMENTO

0EMPLO ANTERIOR L PUNTO 4 DEL VOLADIZO DEL

r 8

¡jtftCULOS

Línea de influencia demomento flexionante

SI la carga está en el punto 1 :

. Si la carga está en el puntos i

Si la carga está en eí punto 7:

¿ i '

i ■ Linea dé Influencia de M4

Linea de influencia de fuerza cortante:

1 carga está en el punto 1 :

ÉScargará ligeramente a la izquierda del punto | i ...

ü «rga «tá ligeramente | la derecha del

EJEMPLO 10.2 (continuación)

SI la caiga csiá en el punió 7:

Línea de influencia de V.

Ejemplo 10.3 Se Ilustra la obtención de li­neas de Influencia en una viga con tres apo­yos y una articulación interior, por lo cual es isostátlca. Primero se ha obtenido la li­nea de Influencia dé la reacción en el apoyo C. El principio de solución es el mismo de los ejemplos anteriores: se coloca una carga unitaria en ciertos puntos y se calcula la reacción en C. Basta con colocar la caiga en

no cambia la función, aunque en caso de duda, puede colocarse en más puntos. Asi, entre el punto 1 y el punto 3, la función de Rc t í continua. Si se coloca la carga en el punto I , o sea, sobre el apoyo A. la reac­ción en C vale 0, ya que toda la carga es tomada por el apoyo A. Si se coloca en el punto 3, la reacción en C puede calcularse como se muestra en el diagrama de cuerpo libre entre los puntos 3 y 9; resulta un valor de la reacción de 1.5 hacia arriba. Como la linea de influencia es una linea recia, por el Principio ya demostrado, se pueden unir las oidenadas de 0 en el pumo I, y de 1.5 en el pumo 3, para tener el diagrama entre estos do* pumos. Desde luego que también pudo (oiocafN la carga unitaria en el punto 2 y calcula»#, .tanto para comprobación tomo

para tener la ordenada en otro punto que no fl sean el 1 y el 3. Siempre conviene colocar 1 la carga unitaria en aquellos puntos que con- I duzcan a un cálculo más directo del valor I buscado. Por ejemplo, colocarla sobre los I apoyos con mucha frecuencia produce va- J lores nulos de las funciones en otros pun- tos. En este caso, se colocó la caiga unitaria I

puntos y completar la linea de influencia de 1

La linea de influencia de Mc se obtuvo 1 de manera semejante. Se colocó la carga J unitaria en los mismos puntos del caso an terlor y se calculó el valor del momento en I C para cada posición de la caiga. Obsérvese I que la función de momento en C no cambia Ili la caiga se aplica entre cualquier pareja de 1 estospuntos. Por ejemplo, si se coloca entre f los puntos 5 y 9, la viga trabaja como una I libremente apoyada en C y en O,

siempre vale 0 porque es un I

A continuación se calculó la linea de I influencia de fuerza cortante en C. Aquf hay ¡

bruscamente de un punto situado imnedia j lamente a la Izquierda del apoyo a un punte j

siiu.'rfo iñmcdialaménlc a la derecha, por el Mode la reacción. Por lo tanto, a menos

sé especifique para qué punto se pide la ajarle influencia, se debe calcular una Ifnea m cada punto. Así se hizo en el ejemplo.

fttra el punto situado inmediatamente nja izquierda de C, se colocó primero la t¿g ¡ unitaria en el punto I . Rara esta posi­ción, l¡» reacción en A también vale 1, la suma de fuerzas a la Izquierda de la sección es 0 y, por lo tanto, también la ordenada de h linea de influencia es nula. Si la carga se aplica en el punto 3, o en cualquier punto cake el 3 y la sección situada ligeramente ab izquierda de C, la suma de fuerzas a la izquierda déla sección es - I , y ésta es la aderada de la Ifnea de influencia en todos oíos puntos. Al pasar la carga unitaria a la derecha del apoyo C, ya no hay ninguna caga izquierda de la sección locallza- da Inmediatamente a la izquierda de dicho apoyo, y por lo tanto las ordenadas de la linea de influencia son nulas entre los pun- *s5y9.

la Ifnea de influencia para el punto lo- caiizado inmediatamente a la derecha del

de influencia del punto situado a la izquier­da de C y de la reacción Rc , y se observó que la fuerza cortante a la derecha de C es igual a la fuerza córtame a la izquierda mis el valor de la reacción. Entonces basta con

nidas para tener la buscada. Asf, en el punto1, ambas son 0 y la buscada será también nula. En el punto 3, una vale -l y la otra, +1.5, por lo que el resultado es *0.5; y de la .misma manera en los otros puntos. Cuando se piden varias líneas de Influencia de una misma viga, es frecuente poder aprovechar, como en este ejemplo, una Ifnea ya obteni­da para calcular las demás. Si se tiene la de

: una reacción, por poner un caso, y se pide la de un momento flexlonante en cierta sec­ción, se puede calcular la segunda multlpli-

. candó la línea de influencia de la reacción por la distancia a la sección, y en su caso también la carga unitaria por la distancia a

gEMPL010.3. LÍNEAS DE INFLUENCIA DE REACCIÓN, MOMENTO FLEXIONANTE »FUERZA CORTANTE EN EL PUNTO C DE LA VIGA CON ARTICULACIÓN INTERIOR MOSTRADA EN LA FIGURA

ñÉMRLO 10.3 (continuación)

gífa carea unitaria se aplica entre .el punto 3 y un ponto a la izquierda de 5r Si la carga unitaria se aplica a la derecha del punto,St Vc ■0 ,

B h <■*» unitaria se aplica en 9: 'yg=p

EJEMPLO 10.3 (continuación)

in los diagramas ele lineas do influencia correspondientes.

Linea de Influencia de Vc (ligeramente a la derecha).

que se demuestra mis adelante, conocido

Breslau, ingeniero alemán que lo estableció en 1866. Se puede enunciar de la siguiente manera: la Une» de Influencia de una reac­ción o de una acción (momento flexióriantéo fuerza cortante) tiene la misma forma que la viga deformada cuando se le impone un desplazamiento unitario correspondiente a la reacción o acción determinada. A conti­nuación se Ilustra para una viga libremente apoyada, con referencia a la figura 10.5

La ¡inca de Influencia de la reacción en A se obtiene introduciendo un desplaza­miento unitario a la viga en dirección de la. reacción, figura 10.5-6. La forma de la viga deformada es la línea de influencia de RA.

Para Introducir el desplazamiento unid_____se supone que se elimina la restricción a la 1 deformación de la viga en el apoyo, como I se muestra en la figura 10.6-3, y no se per- I mite otro tipo de deformación, por ejemplo; I debido a flexión o a fuerza cortante. Por esta I última razón la viga permanece recta. Se I puede comparar esta línea de influencia con I la de la figura 10.4-6. El sentido del despla- I zamiento en la figura 10.5-6, corresponde I al sentido positivo de la reacción RA en la i figura 10.6-a, o sea, hacia arriba.

La línea de influencia de fuerza cortan- te en un punto C de la viga, figura 10.5-c.se I obtiene cortando la viga en ese punto, como I se muestra en la llgura 10.6-6, e introduciendo I un desplazamiento unitario correspondían- fl te a fuerza cortante. La forma de la viga 1 deformada es la línea de influencia de . I como puede verse comparando las figuras ■ 10.5-cy 10.4-c. En este caso, no deben per- 1 mltirse deformaciones por flexión o por des- M

Figura 10.5. Líneas de influencia por el principio de MOIIer-BresIau

placimiento de lás reacciones. Para que no hpdrformaciones por flexión, los aos fra­ude linea de influencia entre el punto C \ *» apoyos deben ser paralelos. De otra

MriH relativo, deformación Obsérvese qué

_____ j un desplaza-Siítíénde que es un des-

lueflo, ya que de otra podrían Igualarse a sus- i a/t y b/f mostradas

serían correctas. '*

c corresponde al sentido positivo de la fuer­za cortante 10.6-6, o es positiva en una se zas a la izquierda son do las fuerzas a la

S“ “«lento muy peí y » fas ángulo, no ■KWS? las dlstahci5 “ B*ura ip.j-c nW HHW W BBW P

*™tfWdwplazamiento en la figura 10.5-

a, la fuerza cortante | ción cuando las fuer-

PKfecha son hacia abajo, p Influencia de momento ■unto C de la viga, figura

Introduciendo’ Una arti­culación en ese punto, como se muestra en la figura 10.6-c, e Imponiendo un giro uni­tario/ o sea, la deformación correspondien­te a flexión. La forma de la viga deformada es la línea de Influencia de Se puede

flexionanle en ur

[abajo igual á la magnitud de las cargas kudesplazamiemo, y por el Teorema Bell!, estos trabajos deberán ser

iguales* POr lo tanto, se puede escribir la

Ü'Ko'y-OJMsi el desplazamiento

B o S S S h 321Esta ecuación indica que si se aplica una

caíga unitaria en un punto situado a una dls- del origen, la ordenada de la viga

desplazada en el punto de aplicación de la carga os igual a la reacción R_, producida porli caiga unitaria. Esta es la definición de ■bot influencia y por lo tanto la viga des- plazáda coincide con la línea de Influencia, lo dial demuestra el Principio de Müller- W u.

De qianera'semejante, si el desplaza­miento que se impone a la viga corresponde

i cortante en el punto C desarrollará ■■abafo igual a la magnitud de la fuerza por desplazamiento en el punto C, y la caiga

un trabajo igual a la unidad por el , -Jmiento en su punto de aplicación.

Sitloma en cuenta que el desplazamiento H p a unitario, coto conduce a las •Oadonei:

v j (io:l2)

if .íiu ecuación Indica que la ordenada Jg *%» deformada en el punto de aplica- bK¡je la cana es igual a la fuerza cortante I a «acción en la que se hnpmo la defor-

qúe, demuestran que fa viga deformada de la figura 10.5-e/ coincide con la línea de in­fluencia de momento flexiónante en el pun-

En general, la obtención de líneas de influencia con el Principio de MOIIer-BresIau es mis sencilla'que con el método directo y ayuda a que el estudiante de Análisis Estruc­tural adquiera habilidad en el trazado de estniduras deformadas. También puede usarse para obtener líneas de influencia de esaruc- tuias hiporéstáticas, si bien en esta etapa del cuno, sólo en forma cualitativa. A conti­nuación se ilustra el método con algunos ejemplos.

Ejemplo 10.4 Se trazan líneas de influencia de una viga con dos voladizos usando el Principio de Müller-Breslau. Para la primera línea de influencia, de reacción en el apoyo O, le elimina la restricción de reacción,

desplazamiento unitario en el apoyo O. La viga toma la kXBUA'SC'D'í' Obsérvese que no se viola la rattricción de reacción *n B, ya que este punto no se desplaza, y como la viga permanece, recta, no se viola tampoco ninguna restricción de fuerza cortante o de momento flexiónante; es decir, no hay ningún tipo de desplazamiento de Jo> mostrados eñ las figuras IftM.J.'Jfc teniendo la ordenada de la línea de iníluen-

in las ordenadas enproporción seca

Para la linca de Influencia de fuerza

én éStá sección, como en la figura 10;6-6, y se Introduce un desplazamiento total unita-

de este desplazamiento corresponde a fuer* zas cortantes positivas y como la sección está en el centro del claro, cada desplazamiento parcial vale 0.5; para otras secciones se cal­cularían con las expresiones mostradas en la figura 10.5-c. El tramo A'BC' tiene que pasar por el apoyo 8, para que nose viole la restricción de reacción, y tiene que ser recto,

fuerza cortante y momento flexionante. Él

el apoyo y permanecer recto. Por lo tanto, la línea da Influencia queda definida por A'BC'C’Dt'. Teniendo las ordenadas en C' y en C-. se calculan las de los otros puntos por proporción.

En el siguiente caso, línea de influen­cia de momento flexionante en O, se intro­duce una articulación en ese punto, como en la figura 10.6-c, y se impone un giro uni­tario producido por momentos flexionantes positivos. Al aplicar estos momentos, el tra- mo de viga A8CO no puede moverse; pues no puede despegarse de los apoyos 8 y D. y «¡ene. que conservarse recto. El tramo Oí sf puede girar, ya que tiene un extremo libre, y

unitario; corno se muestra en el esquema. Nòtese que, por el sentldo del momento, la viga se desplaza bada abajo? Esto Indica que si te colocan cargas en el tramo DE so deta- /follartib1 momentos negativos en el apoyo

se, por la forma de la linea de influencla, que ti te colocan cargas en el resto de la viga, no habri momentos flexionantes en el

mencionado apoyo. A partir del giro

y s.Finalmente, para obtener la línea de

fluencia de momento flexionante er lección 4, se introduce en esta sección una articulación y se impone un giró unitario pro­ducido por momentos flexionantes positivos, como los mostrados en el esquema. El tra­mo A'BC' tiene que pasar por el apoyo 8 y

V también

H i Nada más I hay que cuidar que sólo se elimine una res- | tricción a la vez, la correspondienHH H nea de influencia buscada. Se debe tener en cuenta que sólo hay una manera correcta de eliminar la restricción correspondiente y I conservar las demás. En la figura 10.7 te ilus­tran algunas Ifneas de influencia ing^zzz tas, correspondientes a este ejemplo, en las que se elimina más de una restricción. E4M de la figura 10.7-a se Impuso el desplaza- miento en el apoyo O, pero también un giro en el punto O', que implicaría eliminar la

En la figura 10.7-6 el desplazamien-

mosA'8C'yC”DE'nosqnparalelos, lo cual también implicaría romper la restricción de momento flexionante. En la figura 10.7-cte Imputo un giro unitario en el apoyo D. pero te desplazó este mltmo apoyo, lo cual sig­nifica que te rompió la restricción de reac­ción. Y en la figura 10.7-d te Impuso el giro unitario en C'. pero también te Introdujo otro giro tobre el apoyo O. ■

EJEMPLO 10.4. CALCULAR LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA OE REACCIÓN EN D, FUERZA CORTANTE EN LA SECCIÓN 4 Y MOMENTO FLEXIONANTE EN LAS SECCIONES 6 Y 4, USANDO EL PRINCIPIO DE MÜLLER-BRESLAU

EJEMPLO IO

LÍNEA OE INFLUENCIA DE REACCIÓN EN

i »

LINEA DE INFLUENCIA DE.FUERZA CORTANTE EN B:

r, LÍNEA OE INFLUENCIA DE.FUERZA CORTANTE EN C:,

B fefcskfr I I I f e — i l i '

IÍNEA DE INFLUENCIA DE MOMENTO FIEXIONANTE EN C:

Jo 10.6 Este problema se habfa resuello íjriemplo ,0-3 P°r el mí,odo directo,

se resuelve utilizando el Principio de ¡„.Breslau para que se pueda ver, por

■alquier carga aplicada entre A y C producirá omentos negativos sobre el apoyo C.

>ea de influencia a cada lado del apoyo C, >rque el diagrama de fuerza cortante cam-* bruscamente al pasar de un lado a otro, ira obtener la correspondiente a la izquierda

tlculación interna desplaij En este punto, nuevamente puede girar. p¿ _ p inrel punto A donde también puede girar.

no puede desplazarse. Ñútese que en el «uCb viga no puede girar, pues se rompería h restricción de momento ílexionante. Tenien- i> bs ordenadas de la línea de influencia en los

os'D, C y A, las demás se obtienen por

stran en el detalle correspondiente, de

B CD no puede girar ni desplazarse,

ntpode reacción. Por lo tanto, el giro |ue desarrollarse en el tramo CB. que tiene una articulación en cada extremo.

Apuntos pasa a lá posición B', donde la viga "*j** a girar para alcanzar el punto A. la •fcnada de ¿"se calcula multiplicando el giro

¡P por la longitud CB, y las otras das por proporción. Pür el signo de los gos aplicados en C, el tramo CB gira P*> antihorario, lo cual indica que

«aplica el dcsplaz;

hada abajo y el pi

para alcanzar el apoyo A. Con ¿Moya queda

La última línea de influencia de este ejem­plo es la de fuerza cortante en C, pero ligeramente a la derecha. Ahora el corte se hace del otro lado, como se muestra en el detalle, y el despla­zamiento resulta hada arriba, por el signo de las fuerzas cortantes. El punto C pasa a la posición C'.ydeaquf la línea de influencia se une al apoyo Oque no puede desplazarse. Con esto ya queda deiinido el tramo CD. A la izquierda de C, el

para que no haya giro relativo entre los dos, pues

13 USANDO EL PRINCIPIO

E a k u U i H valor máximo dfyir iUnode una reacción cuando u

H0¡pje puedon ser vehículos J H I B^fenvaniH Rruas vuiam. h l Eneaie ledo no se incluye la determinación del va lo>délas caigas, el cual puede encontiaise ep especiflcacIones reglamentarias o en lian nales do los fabricantes de equipo, se­gún el caso. Por elempla. el electo de auto* móviles o camiones se representa por car*■ concentradas cuyo valor depende del peso del vehículo/.incluyendo la carga que llevan, y del número de ejes. Un reglamen­to muy usado para determinar estas cargas ei el de.la American Assoclation of Highway Transportation Officials (AASHTO). Las car­ies de ferrocarril le representan por cargas concentradas y distribuidas, como se espe* dtcan, por ejemplo, en el reglamento de la American Railroad Engineers Assoclation UREA). En el caso de grúas viajeras, las car­ies de diseño dependerán de su capacidad de carga y de su peso propio. Es frecuente ■W balándose de cargas móviles, sea nece­ado incluir un factor llamado de impacto,

incrementa el valor de las cargas estáti­cas más o menos entre 15 y 30 por ciento, ble (adorno se aplica, desde luego, el peso

de los elementos, sino únicamente a■ cargas vivas. En los siguientes ejemplos* Huma la utilización de las lineas de In­fancia para calcular los valores máximos ÍS acciones y reacciones, suponiendo que •car*»» han sido ya determinadas.

gtopio, 10.7 Sobre la viga utilizada en el 10A, circula un vehículo cuyo peso

Incluyendo la carga que lleva y ei efec- Impacto, se puede representar por una de 2 Ion en el eje delantero y otra de

n »lele trasero, hta carga» cene»

* mowrada en el entupió. Se pide

CCiMt((4,OIBl loltldm oO

ordenada» a cada metro. Observando esta

/a valores mayores cuando les cargas te aplican en la pane dciccha de la v.ga. ya

toncos, la posición más desfavorable del vehículo se presenta cuando el eje delante­ro queda situado en la sección 8, o sea, en el extremo derecho. Ya que la distancia en­tre ejes es de 3 m, el eje trasero queda loca­lizado, para esta posición, a la mitad entre las secciones 6 y 7. El valor correspondien­te de R0 puede entonce» calcularse multi­plicando la carga del eje delantero, 2 ton, por la ordenada de la linea de influencia en la lección 8, que os 1.50, la carga del eje trasero, 3.5 ton, por la ordenada del punto slluado a la mitad entre las secciones 6 y 7, que es 1.125, y sumando los resultados. Se obtiene así un valor de R0 de 6.94 ton. Nó­tese que para cualquier otra posición del vehículo, el valor de R0 resulta menor. Tam­bién queda claro que si el vehículo circula de derecha a izquierda, el valor máximo de RD resulta diferente, ya que te obtiene cuan­do el eje trasero está en la sección 8 y el de­lantero, al centro entre las secciones 6 y 7.

En forma semejante te calcula a conti­nuación el valor máximo del momento flexionante en la sección 6. Se reproduce la linea de influencia correspondiente, yacalculada en el ejemplo 10.4,yseobterva queel momento máximo también ocurre cuan­do las cargas se aplican en la parte derecha de la viga, ya que ion mayores lat ordena-

sección 8 y multa un momento de -14 ton- m, nmyorqueelicorrespondiente a la primera posición. Obsérvese que mientras el vehfculo circula entre las secciones 1 y 6, no produce ningún momento en esta última sección.

centro del claro, la posición más desfavorable varias vigas paralelas, flor ejemplo, si es udel vehículo resullá cuándo la carga mayor eslá puenteel represemadoen iosdalosdel problem.sobre la lección 4. en la cual es máxima la puede tener dos o más vigas paralelas y toteordenada. Rira esta posición, el efe delantero ellas una fosa que sirva de superficie dqueda situado al centro entre las secciones 5 rodamiento para el vehículo. Lai reacción y ley6/dondelaordenadadelalfneade'influencia momentos* calculados deberán entonce es de O.S..EI. momento obtenido para estas dividirse entre las varias vigas del puente. Iposiciones de las caigas es de 8:0itpnrm; -i: forma de hacer esta división depende de vario

En los tres qisos de este ejemplo, resultaba factores, como el ancho del puente, la pcciciáobvia la posición más desfavorable de las caigas. de las vigas y de los carriles de diculación. etctoo no siempre es asf. Cuando se tienen más Estos procedimientos se estudian en lot cursos'ejes de cargas o vigas más complicadas, no se en los textos de puentes.

I EJEMPLO 10,7. CALCULAR EL VALOR MÁXIMO DE LA REACCIÓN EN O V ELI MOMENTO FLEXIONANTE MAXIMO EN LAS SECCIONES 6 Y 4 DE LA VIGA DELI EJEMPL010.4, SUPONIENDO QUE SOBRE LAVICA CIRCULA UN VEHfCULO CON

- j £ T -

rt >vvvvtw 1 2 j 4m' ¿ÉL*** g

H

:'-ii, Linea de influencia de Rp

»la càgji! se¡S,oloca entre las secciones 2 y 8:

/fc =-1(1-2) (1.50) (13)*. 117 ton

¿"ilOMENIO MAXIMO EN LA SECClÒfll 6

,...¡ Linea de influencia de M6

Si la carga se cojoea entre las secciona 6 y | g l | | | |

K 1 j^ 4 )(-4)(!3)--ÌÓ4 ton-m

B ó ò : MÁXIMO EN LA SECCIÓN 4

; * '«carga se coloca entfe la» seccione* |

Ü nuIi2Wlì1li-91 Í Ü

En los ejemplos anteriores se ha Ilustrado la

metida a cargas móviles. Sin embargo, es

le a la sección determinada. Inclusive si esta diurna es el centro del claro. Por ejemplo, en la última pane del ejemplo 10.7 se calculó el momento máximo positivo en la sección 4 de la viga. Pero es posible que en alguna

positivo aun mayor que el de 8.0 ton-m que es el máximo en la sección 4. En lo que sigue se presenta un método para calcular el

sujeta a cargas móviles, o sea; el mayor momento flexionante que puede ocurrir en cualquier sección de la viga.

En la figura

un tren de caigas concentradas. Se trata de determinar la posición del tren de cargas flue produce el momento máximo absoluto. Se recordará que el momento (lexionantc

máximo se presenta donde la fuer/Jle es nula, ya que dM/dx = V. y el v.i|_____ |mo de M se presenta donde la pendiente do. diagrama de momentos es nula, o sea, ■ de que dM/dx = O. Por olra parte, en I viga con cargas concentradas, la fuerza I tanto es nula en el punto de aplicacióJ alguna de las cargas, ya que ahf es dq cambia de signo el diagrama de fuerzas I tantas. Supóngase que esa carga es la il cada con la hiena P, en la figura 10.1 que'su posición, que es la que se trata

tante de las fuerzas a la izquierda de l\ ha representado con Pt y la resultante dq das las fuerzas. Incluyendo P, con P, e( misma figura se ha señalado también

entre la fuerza P, y la resultante P. y_ distancia 6 entre la fuerza P, y la resultante

fera calcular la distancia x, se plantear la ecuación de mor

respecto a x, igualar a cero la derivada y despejar el valor de x. Se obtienen lo siguientes resultados.

ps | 1 ¡¡i*ooon _í oooo ?

Sga 1M. Posición de las caía» que producen el momento ReaioneMe máximo

pto 19.1I> El irendec.irg.is es más com* W S 'que cl del ejemplo anterior. Slguien- Ï el mismo procedimiento, se encuentra " , insultante de las seis cargas aplica- L se ubica a una distancia de 4 m de la .lnm»r»T* ¿ Ia izquierda. Entonces, entro insultante y su carga vecina a la izquier­da queda una distancia de 2 m. Equidistante aireaos dos cargas debe quedar el centro

). CALCULAR EL MOMENTO MÁXIMO ASSOLUTO DE LA VIGA

p r > .Iren de caigas

-r, i ■ Cuando sólo se pide la líne cía en una barra, el método de I para la resolución de armadura; práctico que el de los nudos, caso de la linea de influencia

les a reacciones y a fuerzas axiales, yj islas son las únicas acciones que aclúl (Helias estructuras; no hay n fld floxlonantcs o fuerzas cortantes. eH de Influencia de armaduras pueden I_______

para el caso de vigas: el método directo y el basado en el principio de Mdllcr-Breslau. La demostración presentada en la sección 10.2 que establece que las lineas de influencia de estructuras isostátlcas son líneas rectas, es válida también para armaduras, lo que simplifica el cálculo.

SI se aplica el método directo, el pro­cedimiento consiste en colocar cargas uni­tarias en los nudos de la armadura y calcular la fuerza producida por esta carga en la barra para la cual se desea obtener la linea de

necesario especificar sobre qué cuerda de la armadura se desplazará la carga móvil; las líneas de influencia pueden variar si la carga se aplica a lo largo de la cuerda infe­rior o de la cuerda superior de una armadura. Por ejemplo, si se desea la línea de influen-

armadura de la figura 10.9, para cargas apli­cadas en la cuerda inferior, se pueden ir co­locando fuerzas unitarias en los nudos Ig,¿i, Lj, í, . , ls y Lf/Y calculando la fuerzaen la barra mencionada para cada posición de la carga. El resultado será la línea de Influencia. Sin embargo, como ya se sabe qué la línea de influencia es una línea recta, no,es necesario hacer el cálculo para todas las posiciones de la carga. Si las cargas se colocan en las reacciones, nudos L0 y í . , la fuerza en la barra será 0. Bastará entonces con colocarla en los nudos L¡ y Ly y unir loa valores obtenidos con un valor de 0 en loa

barras o de todas ellas, resulta con| utilizar las ya calculadas para obtl

fluencia do las reacciones facilitan J lo de las correspondientes a las bl principio de MOIIer-BiesIau resulta rv veniente para calcular las líneas del

■ da dé reacciones, ya que basta c o iH _ ..Un desplazamiento unitario en la reacción para tener completa la línea de Influencia.' En la mayoría de los problemas, se pueden combinar el método directo y al principio de Müller-Breslau, y el método de los nudos con el de las secciones, para simplificar, los cálculos. Esto se ilustra en los siguientes ejemplos.

Ejemplo 1t.1t So pide calcular las líneas de Influencia para las inacciones y paB fei la barras de la armadura con cuerda supe­rior Inclinada que se muestra en los datos del problema. So aclara que la c a i f lH colocarse en la cuerda inferior. Como M ha mencionado, la posición de la carga afecta“ los resultados.

So empozó por calcular la línea de in­fluencia de la reacción tea las reaccio-1

de Moller-Breslau, por lo que se usó cálculo de esta línea de influencia. Se dio ] un desplazamiento unitario al apoyo i« et el sentido de la reacción, se unió este punto j con el apoyo L con una linee recta proporciones, so calcularon las ordenadas i correspondientes a loa nudos L, a L, ejemplo, la ordenada en el nudo L¡ ea 2/3.

Después se pasó al cálculo de la línea I de Influencia de la barra IJJ ,. Aquí se usó I el método de los nudos y so aprovechó la I

lineada influencia de la reacción en L que fj se había calculado. En el primer diagra­ma de cuerpo libre, se colocó la carga uni­taria sobre la reacción; se ve que la fuerza n la barra es 0, ya que la carga pasa dilectamente al apoyo. El segundo diagra­ma de cuerpo libre corresponde a cualquier otn posición de la carga, y el valor de la fuerza en la barra L0U, quedó expresado en Itrminos de la reacción en L0, ya que el valor de esta reacción depende de la posición de Ucarga unitaria. ResuNó que la fuerza en la barra es igual a </Í0 por el valor déla reac- dón. (La relación de lados del triángulo

es de 3,1, y/ÍO, y ésta es la misma re-

■ankal y de la fuerza multante en la barra). Entonces, para calcular el í i 'ordenada en cualquier pt___ ..• M o r^ Ó por la ordenada de la línea *Muuuia de la reacción en ese punió. Por •Jtmplo, la ordenada en 1, es igual a i/ÍO •■r la ordenada de la línea de influencia de b reacción en ese punto, que vale 0.500

I la barra i„t, es nula, y si la carga esté en I cualquier otro nodo, vale 3/?,„. Entonces, la I ordenada en I . es 0, y la ordenada en I cualquier otro nodo es tres veces la ordena- I da de la línea de influencia de la reacción I en ese nodo. Por ejemplo, en el nodo L es I igual a 3 multiplicado por 0.333.La fuerza I es de tensión, o sea, positiva.I Para obtener la línea de influencia de I la barra L,Ut se trazaron los diagramas de cuerpo libre del nudo l , correspondientes a la carga unitaria aplicada en el mivno nudo y en cualquier otro nudo. Si la carga esté en H mismo nudo, en la barra llene que haber una fuerza igual de tensión para que se cum­pla la condición de equilibrio I f ■ 0. SI está en cualquier otro nudo, por u misma condición, la fuerza es nula. Por lo tanto, la

_ jal a 1, en el nudo 1, yes igual a 0 en lodos los otros nudos.

La línea de influencia de la barra (,£. puede obtenerse de los diagramas de cuer­po libre de la barra anterior. Se ve en estos diagramas que, para cualquier posición de la carga unitaria, la fuerza en la barra es tres

la reacción en Lm f

U línea de influencia de la barra (AL. se cjlcnló por el método de las secciones. Pri­mero se colocó la carga en y se plameó la ecuación de suma de momentos respecto al punto Uj , para que la componente vertical no produjese momento. El valor de la reac- (ün en L0 se obtuvo de la línea de influencia dUemrinada al principio del problema. De esta maneta se obtuvo la componente horizontal déla fuerza U,L, y después, por relación de bdos, la fuerza total. En este caso, la distancia feU¡&L,es igual a'/TT. A continuación, se colocó la carga en L¡ , se repitió el procedimien­to descrito y se obtuvo que la fuerza U L, era nuil Entonces uniendo el valor en i , con un alor de 0 en el apoyo ¿o se tiene la línea de «duenda completa, ya que entre ¿.y el apoyo

tiene que conservarse el valor de 0.Para calcular la línea de influencia de la

barra UjLj se colocó la carga unitaria en L. U tuerza U2L3 es nula para esta posición de la carga unitaria, según se explicó en el párrafo anterior. Por simetría también es nula en la barra l/jij. Entonces la fuerza en UJL, vale 1, según se desprende del diagrama de cuerpo Hxe del nudo L, Basta con unir este valor con «olores nulos en los apoyos para tener la línea de influencia completa.

Finalmente se calculó la línea de influen- di de la barra U¡Ur Primero se colocó la

carga en l2 y se trazó el diagrama de cuerpo libre del nudo Ur Aquí se utilizaron los valo­res de las fuerzas en las barras U,Ú2, U2l2 y UyL, tomadas de las líneas de influencia ya obtenidas de estas barras. Se repitió el proce­

de la mitad izquierda de la armadura se pue­den obtener por simetría. Por ejemplo, la or­denada de la línea de influencia de la barra

de Influencia de la barra U.L2 en el punto Ls. Por esta razón no se han trazado en el ejemplo.

Se puede observar en este ejemplo que se han usado distintos procedimientos, se­gún la línea de influencia que se deseaba determinar. En algunos casos se usó el mé­todo de las secciones, en otros el de los nudos, y siempre que se pudo, se a prove-

con anterioridad. Esta es la manera usual de proceder. Conviene analizar cuál es el pro­cedimiento mis expedito en cada caso.

EJEMPLO 10.11. CALCULAR LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA DE LAS REACCIONES |DÉ US FUERZAS AXIALES EN TODAS LAS BARRAS DE IA ARMADURA MOSTRADA, j U CARCA SE DESPLAZA A LO LARGO DE LA CUERDA INFERIOR

K ifê ftô i L„ ■

Carga unitaria *n cualquier olro nudo.

BARRA U\U2Método de las secciones para la carga en l2

EJEMPLO 10.11 fcontinuación) ■

Para la carga en L,

VP,m0.iüJÎÔ

a) Reacción en A, fuerza cortante en la sección 4 y momento flaxlonante en la sección 6.

H -J i i I I I -

N----- i ¡ ¡ ¡ — H

c) Reacción en B, fuerza cortante en las secciones 3 y 4, momento flexlonante en las

I B f a p i MH p i — •— — “------------ >j

Reacción en A y en B; fuerza corlante en las lecciones 4,6 y 9, momento flexionante en las secciones 2, 5,7.y 9.l°-2 Resolver el problema anterior aplicando el principio de MOller-Breslau.'10.3 Calcular la fuerza cortante máxima y el momento flexionante máximo que pueden presentarse en la sección 4 del problema 10.1- a. si sobre la viga se desplaza el siguiente tren de cargas.

■ ■ i I --------------- £

*10.4 Calcular la reacción máxima en B, la fuerza cortante máxima en la sección 3, el momento máximo positivo en la sección 4 y el momento máximo negativo en la sección 6, si sobre la viga del problema 10.1-c se desplaza una carga distribuida de 8 ton Im con una longitud de 2 m.

•0.S Calcular el momento máximo absoluto quepuede ocurrir en las siguientes vigas, »respondientes a los nenes de carga indicados.

r r r I _______ I■ F J ¡ E S ^

— 1 < - ------- í ------------- H

/7&7 ,nPo/ / / / / / /

------------h

10.6 Calcular las líneas de influencia de reacciones y de fuerzas axiales en todas las barras de la siguiente armadura. La carga se desplaza por la cuerda inferior.

/ / / / / / /

W-7 Calcular laslíneas de Influencia de fueras axiales en las barras U, U ,, U,U<y ^ L, de la armadura mostrada. La carga se desplaza por la cuerda suplrior.

,11

Líneas de inflifgficia de ' I estructuras hiperestáticas

11.1 Método directo

J f i fshucluris con un grado de

bel Capítulo todos para calcular las líneas de influencia de estructuras isostáticas: el método directo y.él método basado en él prineipio de MMtr Brislau. Las líneas de influencia de es­tructuras hiperestáticas también pueden calcularse con ambos métodos, así como MSzando H Método de Cross. En esta sec-

se ilustra el cálculo con el método *ecto que. como se recordará, consiste en

ar un carga unitaria en cada uno Ú9

ordenada de la línea de influencia y calcular S valor de la acción correspondiente o de

«acción, sí ésta es la que se va a calcular, hecho, para estructura» hiperestáticas, ser más conveniente calcular primero teas de Influencia de las reacciones y,

1 PMr de sus valores, calcular las l/neas de

completa.ftira cada una de las posiciones de la

lar resolviendo la. y|ga hiperestática por cualquiera de los métodos estudiados en los capítulos anteriores; El método de las fuer­zas,'como se verámas adelante, resulta conr veniente. Usando este método, el valor de

que es la deformación en el punto B producida por la carga aplicada en I, aplicando después una carga unitaria en 0, figura 11.2-6, para calcular 8^ y planteando la siguiente ecuación que expresa que la deformación Anal en B debe ser nula:

I equivalente al_____ : del Capitulo 4

para vigas de un grado de redundancia. Ef valor de ¡fó, 'se calcula finalmente como:

el momento flcxionante que produce el triángulo de carga comprendido entre la

último. Obsérvese que se lia factor izarlo el término (I/I6CQ. Esto es conveniente, porque

se van a dividir después entre l n y los

valores de la reacción en B para cada posición de la carga unitaria, aplicando la ecuación 11.4. Por ejemplo, el valor de Rt cuando la carga unitaria está en el punto 3, ser .i - Estos valores proporcionan lasordenadas de la linea de influencia de Rg en el punto correspondiente. Al final de esta sección del ejemplo se ha trazado la linea de influencia a partir de estos valores. Nótese que cuando la carga unitaria está aplicada en los apoyos A y G, la reacción en B es nula. Por eso la ordenada de la linea de influencia es también nula. Si se observa la linea de influencia obtenida, se verá que la ordenada es igual a .1 ep el apoyo S, de acuerdo con el Principio de Múller-BresJau, pero la línea de influencia es curva, a diferencia de las correspondientes a estructuras ¡sostáticas. También se puede notar que el valor máximo no se presenta necesariamente en el apoyo. Esto sucede porque para algunas posiciones de la carga unitaria, las otras reacciones tiene valores negativos, como te verá a continua­ción. Nótese también que las ordenadas de la linea de influencia tienen signo contrario a los valoras calculados de Jt,. Esto es asi poque los valores de Km tienen sentido contrario a la carga de 1 ton aplicada a la viga Isostática y por lo tanto son hada arriba, o sea, ordenadas positivas.

La linea de influencia de la reacción éíf A te calculó después por estática, a partir de los valores de la linea de influencia de K,. ie Ilustra, al principio de esta sección del

ejemplo, que si la carga-unitaria está en el punto 1, la reacción en B vale 0.360, según se ve en la línea de influencia de R0 trazada

influencia de R. se ha trazado al final de esta parte del ejemplo. Es importante observar

tre los puntos 5. y 6, el valor de RA resulta negativo. Esto indica que tiene sentido contrario al supuesto en el croquis trazado al principio de esta sección del ejemplo, o sea, os hacia abajo. Se .explica esta situación físicamente observando que si la carga se coloca entre los apoyos By C, la viga tiende a levantarse en el .apoyo A. Como en el caso anterior, la ordenada vale-1.000 en el apoyo en cuestión y la lfnea.de influencia es curva.

Teniendo las líneas de influencia de R. y R ,. se puede obtener la de Rc por equi­librio de fuerzas verticales. Por ejemplo, si la carga unitaria se coloca en el punto I. las reaccionas R, y jftg valdrán 0.360 y 0.740, según se puede ver en las Ifneas de influencia ya trazadas. Entonces aplicando la ecuación SF • 0 se obtiene Rc , que será la ordenada en el punto 1. Obsérvese que esta línea de Influencia rasulta negativa entre los apoyos A y B, y por eso se ha trazado por debajo de la.viga. El lector notará que si se coloca una carga en el punto I , la viga (¡ende a levan­tarse en el apoyo C.

Siguiendo con lo pedido en el ejemplo, se calculó la línea de influencia de fuerza cortante en el punto 3, también a partir de los valores ya obtenidos. Se ilustra que si se co­loca la carga unitaria en el punto I, la reac­ción en A vale 0. 740, y haciendo la turna dé fuerzas a la izquierda del punto 3, se tendrá una fuerza hacia arriba de 0.740 y una fuerza hacia abajo de 1.000. La hi9ti* cortante resulta negativa, de -0.260. Al

llegar ál punto 3, se calculó la linea de in­fluencia para una posición de la carga unita* tía inmediatamente a la izquierda del punto, y para otra posición inmediatamente‘a la deicdin, en la misma forma ya explicada pa­ia estructuras isostáticas. Nótese que el desplazamiento entre los dos tramos de viga a la izquierda ya la derecha del punto C es Igual ( I, de acuerdo con el principio de Mjííler-Breslau.

Finalmente, se calculó la linea de influencia de momento flexionante en el pùnto 4, también a partir de los valores ya obtenidos para las reacciones. Por ejemplo, si la caiga unitaria se coloca en el punto 1 ,

las fuerzas que producen momento respecto a este pumo serán la reacción con un va­lor de 0.740, y la propia carga unitaria. La

La linea de Influencia de momento flexlonante tiene unidades de longitud, en esle ejemplo de metros, así que para obtener el momento flexionante producido por cierta carga, debe multiplicarse el valor de la carga aplicada, con sus unidades de fuerza, por el valor de la ordenada de la linea de influencia con sus

EJEMPLO 11.1. CÁLCULO DE LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA DE LAS REACCIONES »„ », Y R¿ DE LA FUERZA CORTANTE EN EL PUNTO 3 Y DEL MOMENTO FLEXIONANTE EN EL PUNTO 4 DE UNA VIGA CON TRES APOYOS

i'MMaoSlATICA

Íiíñea de influencia de Rc

- CÁLCULO DE LAS FUERZAS CORTANTES EN EL PUNTO 3

Fuerza cortante en 3 cuando la caiga unitaria está en 1 :

■ MHltl diieao MI

i l i 3 0

1 3 - 1 3

oticmo OC US «ACCIONES * , K,y £■CUANTO LA CMC* UWTARIA ESTA EN EL PL

IBSji 1

: (|princ*p¡o de MOlíer-Brestau, planteddo en tí-Seccíón 10. Ï pan estnictura« Isostàtîcas: establee que la línea de Influencia de una reacción, rio úna fuerza cononto o ‘dé un mo­mento fíeHlonanie tiene la misma forma Que

principio también se aplica a las estructural hiperestáticas, pero la diferencia con las es­

tornudas por líneas 'rectas; como las de las

jj.2 Método de Müller-Brcftau

vando las restricciones correspondientes a

Si se examinan las líneas de influencia obtenidas en el ejemplo 11.1 sepuedecom-

encia de R„ se tiene un desplazamiento unitario dé la reacción en B, pero la restric­

to permite ninguna rotación, así que la línea de influencia tiene que ser continúa sobre el apoyo; en las reacciones A y Cno puede haber

cortante obliga a que la línea sea continua. Estas condiciones sólo pueden cumplirse sí U línea de influencia es curva. .

■ Observando la Uoea de,influencia.de

nayun desplazamiento relativo unitario de jos puntos situados inmediatamente, a la izquierda y a la derecha. La parte de la línea de Influencia situada a la derecha del punto

¡I restricción <'

ción de una desplazamiento unitario, como

trazar en forma cualitativa e inclusive obte­ner las ordenadas gráficamente, haciendo es­quemas a escala. SI se desea calcularlas en forma cuantitativa, es necesario obtener las deformaciones en varios puntos de vigas isostáticas, en fe en el método directo.

f 1,2.7 Estructuras con un grado de

Supóngase que se desea calcular la línea de

viga mostrada en la figura 1l.S-a. n>r el Prin­cipio de MOIIer- Breslau, la línea de influen­cia tendrá la forma mostrada en la figura 11.5-6, con un giro unitario en B correspon­diente a la eliminación de la restricción de momento, sin desplazamiento en las reac­ciones A y B, y sin discontinuidades, ftn calcular las ordenadas de la línea de influ­encia en tos puntos 1, 2 y | se puede pro­ceder de la siguiente manera.

Se elimina la restricción de momento en 0 con lo que la viga se vuelve ísoitátlca;

je la línea de influencia en las otras sec­ciones. Estos valores son los que aparecen en el último renglón de la labia. Obsérvese que los términos factonzados a la derecha de la tábla.se eliminan al hacer la división.

La línea de Influencia del momento de eiyiotramiento en 8 debe tener la forma mos- trada'en el croquis de la segunda parte del

.deflexiones nulas en los apoyos. Para obtener esta configuración, se aplica un momento unitario en el apoyo B de la viga isosl&lica (en el ejemplo se aplicó de 100 para no tener muchos decimales) y se calculan la rotación

las deflexiones en todas las secciones. La rotación resultante es de (-360.53 w/24 EbI obtenida como la suma de la rotación pro- medio 0 de -276.53, en el penúltimo tramo de la derecha, y el ángulo concentrado a de —84.00 en el apoyo derecho. Para tener la configuración buscada, todas las rotaciones y

.-deflexiones producidas por el momento unitario que le aplicó deben dividirse entonces entre la rotación de (-360.53 nV24 fio). De esta manera se obtiene el último renglón de la tabla que corresponde a las ordenadas de la lí-

EJEMPLO 113. CALCULAR LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA DE LA REACCIÓN EN AY DEL MOMENTO DE EMPOTRAMIENTO EN B DE UNA VIGA DE MOMENTO DE INERCIA I VARIABLE USANDO EL PRINCIPIO DE MÜLLER-BRESLAU

ItCAOCMHUENCIA DÉ *A

II.2 J Estructuras con virios grados deindeterminación

U linca de influencia de un* estructura klperestática con varios-de grados de

deformación de la estructura deformada sea unitaria en el punto en que se desea obtener b linea de influencia y que se cumplan con ■odas las otras condiciones de restricción, fbr ejemplo; con. referencia a la viga con­tinua de la figura 1 i . 6.-0; si se desea la linea de influencia de la reacción Rr se debe tener ■mj deflexión unitaria en el apoyo B, deflexiones nulas en los otros apoyos y no «e deben tener discontinuidades de -nnmuu flexionante o de fuerza cortante eeeiMt facciones de la viga. Por lo Unto, la

viga deformada debe ser como la mostrada cualitativamente en la figura 11.6-6. Rara obtener las ordenadas de esta viga defor­mada, o sea, deja Ifnea de influencia de puede precederse de la siguiente manera.

Primero se coloca en la viga isostálica fun­damental, figura 11.7-a. una carga cual­quiera en el punto correspondiente a la reacción cuya linea de influencia se desea obtener, o sea,-en.el punto B en este caso. En la figura 11 7-a se ha puesto una carga

'de 10 unidades, pera puede Ser cualquiera. Desde luego que la deflexión en el punto B. ¿ no será unitaria, pero luego se ajustará para que lo sea. El sentido de la carga apli­cada es tal que la deflexión en el punto B tenga el sentido positivo -de la linea de In fluencia, hacia arriba en este caso.

veces mayor. El valor de la carga aplicada en este pato de la resolución puede ser

aplicada en los siguientes pasos, pero

En los Incisos c) y di se aplica una carga

tivamcnle, correspondientes a los apoyos blperestátlcos suprimidos. 'Las deflexiones señaladas son las calculadat tambión en el. ejemplo 11.2. Todas las deflexiones seña­ladas están multiplicadas por un factor constante que se puede ver en el cálculo de deflexiones por el método de Newmark en el ejemplo ( 1.2.

En el Inciso e) se plantea y resuelve el

acuerdo con lo explicado anteriormente, el sistema debe expresar que la suma de las

muestra en la linea de influencia cualitativa. Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtienen los valores de Rt y de R( que resultan de -ktSyde-10. respectivamente.

multiplican a las deflexiones de los Incisosb), ct y dkse anulan ya que los segundos miembros de las ecuaciones simultáneas son ceros. El valor positivo de indica que tiene él mismo sentido que la carga unitaria aplicada en 8. hacia abajo. Por lo tanto, la viga tiende a levantarse en el apoyo B por efecto de la carga de 10 unidades aplicada en A. Lo contrario sucede en el apoyo C.

¿•eme* a lo» li» casos de carga anteriores, pero nwltípflcándo las del inciso c) por el

éjvalor calculado de Kc Esta viga ya tiene

gfö&Ma'divklir tòdas las dCflexionos entro

el valor de la deflexión en A, con lo cual no

'todas las condiciones de compatibilidad de■ deformaciones. Loa resultados se muestran en el Inciso g¡

En la segunda parte del 'ejemplo se calcula la Ifnea de Influencia del momento

trazado, en el inciso a), la línea de influencia cualitativa, que en este caso Implica un giro

misma isostática fundamental que en la etapa anterior, ya que no podría introducirse un giro en D. Se escogió entonces una viga libremente apoyada en sus extremos, como se muestra en el inciso 61. A esta viga se le aplicó un momento de 10 ton-m que le

mismo inciso. También se han calculado las rotaciones S en los extremos, ya que las del apoyo D se requieren para plantear las ecuaciones de compatibilidad Igual que en la etapa anterior, el valor del momento aplicado puede ser cualquiera.

cargas unitarias en los puntos 8 y C respec­tivamente. y se han calculado las deflexiones y rotaciones correspondientes, con el fin de eliminar las deflexiones en estos puntos producidas por el momento aplicado en D. El sistema de dos ecuaciones del inciso al plantea que la suma de las deflexiones de k» tres casos de carga sea nula en loa apoyos

las producidas por las cargas unitarias. Loa factores constantes que aparecen en los cálculos de deflexiones se eliminan al

Va calculados los valorea de K,Y Kc ** suman las deflexiones de los tres casos de carga con lo que se obtiene la configuración de deflexiones mostrada en el Inciso A- Las deflexiones ya son nulas en 8 y en C pero

EJEMPLO 11.4 {continuación)

e) Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad (ecuaciones II

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

Rotación en el apoyo D:

0 - - 141.70 + 21.53-0.883) +«45.34(2.450) - -49.65

g) Ajusfe dé la viga deformada para que la rotación'en el apoyo O sea igual a 1.

PROBLEMAS

X T&-'¿h-a) Reacciones en 8 y D, fuerza cortante en 2 y en 5, moinento flexionante en 1 y <

1 1 t & r

S i

t - Æ l I

A Reacción« en B y D, fuerza cortante en 2 y 4, momento flexionante en B y 5.

11J Determinar las silentes linea* dftMutndMn armaduras por el método dimeto.

a) Reacciones en'A, B y'O/y fuerzas axiales en las barras de la cuerda inferior.

11.3 Determinar las lihe*» de influencia del problema 11.1 por el método de MOIlej

alfabético

Bibliografía

Au, T. y Christiana IP. (1993) ‘Fundamentals of Structural Analysis". Prenticc-Hall, Nueva Jersey. Çolindreî, R. (1984) ‘[structuras HIperestâtrcasT IIMUSA, México.

Cross, H. y Morgan, N. (IgS'3) “Estructuras Continuas de Hormigón Armado". Editora Nacional, México.

° h*llaniïifl!’llle’A‘ M' (,1r9°í SuuauralAn,lrsls- ‘ UnrRtd Classical and Matrix Approach . Chapman

Hool. C. y Kinne. B. 11942) ‘Stresses In Framed Structures’ . McGraw-Hill, Nueva Vtxfc.

Kassimali, A. (1999) ‘Análisis Estructurar. Thomson Learning. México.

Kinne* |. (I960) ‘Análisis de Estructuras Indeterminadas*. CECSA, México.

McCormac, I. y Elllng, R. (1994) “Análisis de Estructuras?. Alfaomega, México.

farol. I. y Moorman. R. (1959) ‘Analysés oí Statically Indeterminate Structures‘ . lohn Wiley, Nueva York. 1*»o*enlo. S. y Young, O. H. (¡965) -Theory ol Structures'. McGraw-Hill, Nueva York.

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